2024-2025学年河南省许昌高级中学高二（上）开学数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年河南省许昌高级中学高二（上）开学数学试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.若复数z满足(2+3i)z=i2024+8i2025，则复数z−在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1上的动点，若正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球的球心是O1，三棱锥F−BCE的外接球的球心是O2，则O1O2的最大值是( )
A. 2B. 22C. 24D. 3 24
3.若α+β=3π4,tanα=2，则sin(α−β)cs(α−β)−sinαsinβ=( )
A. 1B. −1C. 2D. −2
4.底面圆周长为2π，母线长为4的圆锥内切球的体积为( )
A. 15π5B. 13π25C. 4 15π25D. 15π25
5.已知函数f(x)=acsωx(a≠0,ω>0)，若将函数y=f(x)的图象向左平移π6ω个单位长度后得到函数y=g(x)的图象，若关于x的方程g(x)=0在[0,7π12]上有且仅有两个不相等的实根，则实数ω的取值范围是( )
A. [107,247)B. [167,4)C. [107,4)D. [167,247)
6.已知圆锥A1O在正方体ABCD−A1B1C1D1内，AB=2，且A1C垂直于圆锥A1O的底面，当该圆锥的底面积最大时，圆锥的体积为( )
A. 3π
B. 2π
C. 3π2
D. 2 3π3
7.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若tanB=− 3，b= 3ac，则(a+c)2ac=( )
A. 6B. 4C. 3D. 2
8.三棱锥A−BCD满足BC+AC=BD+AD=4，二面角C−AB−D的大小为60°，CD⊥AB，AB=2 2，CD=1，则三棱锥A−BCD外接球的体积为( )
A. 7πB. 283πC. 28 21π27D. 28 7π3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数f(x)=tan(ωx−π6) (ω>0)，则下列说法正确的是( )
A. 若f(x)的最小正周期是2π，则ω=12
B. 当ω=1时，f(x)的对称中心的坐标为(kπ+π6 , 0)(k∈Z)
C. 当ω=2时，f(−π12)0，且a≠1)是“同域函数”，求a的值．
16.(本小题15分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2 2的菱形，AA1=2，∠BAD=π3，E，F分别为AB，AA1的中点．
(1)证明：B1E⊥平面DEF；
(2)求四棱柱ABCD−A1B1C1D1被平面CEF截得的截面周长；
(3)求直线DD1与平面CEF所成角的正切值．
17.(本小题14分)
已知f(x)=sin(x+π3)csx+12sin(2x+π3)− 34．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若g(x)=f(12x−π6)+f(x−π6)−csx，x∈[−π4,3π4]，求满足不等式g(x)≥1的x的取值范围．
18.(本小题18分)
《九章算术》是我国古代的一部数学经典著作，在其中一篇《商功》中有如下描述：“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱.如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，BC=1，AB= 3，CC1=2，P为棱AC的中点，Q为棱A1C1的中点．
(1)证明：平面PBC1//平面AB1Q；
(2)求二面角Q−AB1−A1的正切值；
(3)求CC1与平面PBC1所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为(2+3i)z=i2024+8i2025，
所以z=i2024+8i20252+3i=1+8i2+3i=(1+8i)(2−3i)(2+3i)(2−3i)=2+i，
所以z−=2−i，所以复数z−在复平面内对应的点为(2,−1)，位于第四象限．
故选：D．
根据复数的乘方和乘法、除法运算法则计算(2+3i)z=i2024+8i2025得z=2+i，由共轭复数的定义得z−=2−i，再利用复数的几何意义判断其在第几象限即可得解．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：如下图所示：
设BC的中点为G，A1D1的中点为H，△FBC的外接圆圆心为M，△EBC的外接圆圆心为N，
易得MG⊥BC，NG⊥BC，
过M，N分别作平面BCC1B1，平面ABCD的垂线，交点即为O2，
又O1为GH的中点，所以当MG和NG最小时，O1O2取得最大值．
设MG=d，B1F=a，由MC=MF，可得d2+12=(2−d)2+(1−a)2，
整理得d=14(a−1)2+34，故当a=1，
即F为B1C1的中点时，MG取得最小值34，
同理可得NG的最小值也是34，
此时O1，O2，G三点共线，O1O2=O1G−O2G= 2−3 24= 24．
故选：C．
根据题意找出球心O1和O2的位置，再根据线面垂直性质得出当O1，O2，G三点共线时，O1O2的最大值为 24．
本题考查三棱锥的外接球问题，属中档题．
3.【答案】B
【解析】解：由题意得tanβ=tan(3π4−α)=tan3π4−tanα1+tan3π4tanα=3，
则sin(α−β)cs(α−β)−sinαsinβ=sinαcsβ−csαsinβcsαcsβ+sinαsinβ−sinαsinβ=sinαcsβ−csαsinβcsαcsβ=tanα−tanβ=−1．
故选：B．
由两角差的正弦、余弦、正切公式展开化简即可求解．
本题考查了两角差的正弦、余弦、正切公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意可知，圆锥的母线l=4，底面半径r=1，
根据题意可作圆锥与其内切球的轴截面如图所示：
根据圆锥和球的对称性可知，球的截面为圆O，即为等腰△ABC的内切圆，
即OE⊥AC，AD⊥BC，OD=OE，CD=CE，
在Rt△ADC中，AD2+CD2=AC2，由AC=l=4，CD=r=1，则AD= 15，
在Rt△AOE中，AE2+OE2=AO2，即(AC−CE)2+OE2=(AD−OD)2，
可得(4−1)2+OE2=( 15−OE)2，解得OE= 155，即内切球的半径R= 155，
故内切球体积为V=4π3R3=4π3( 155)3=4 1525π．
故选：C．
作圆锥与其内切球的轴截面，利用直角三角形求出内切球的半径，再计算内切球的体积．
本题考查了圆锥内切球的体积计算，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：将函数f(x)=acsωx(a≠0,ω>0)向左平移π6ω个单位长度后得到函数y=g(x)，
即g(x)=acs[ω(x+π6ω)]=acs(ωx+π6)，
∵x∈[0,7π12]，
∴ωx+π6∈[π6,7π12ω+π6]，
∵g(x)=0在[0,7π12]上有且仅有两个不相等的实根，
∴7π12ω+π6∈[3π2,5π2)，解得167≤ω0)，
对于A：由于函数的最小正周期T=πω=2π，所以ω=12，故A正确；
对于B：当ω=1时f(x)=tan(x−π6)，
令x−π6=kπ2(k∈Z)，可得x=kπ2+π6(k∈Z)为对称中心的横坐标，
故对称中心为(kπ2+π6,0)(k∈Z)，故B错误；
对于C：当ω=2时，f(−π12)=tan(−π3)=−tanπ3，
f(2π5)=tan(4π5−π6)=tan19π30=−tan11π30，故f(−π12)>f(2π5)，故C错误；
对于D：由于kπ−π2