全国顶级名校2024-2025学年第一学期高二开学摸底测试卷 数学试卷十及参考答案含答题卡

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试范围：北师大版2019
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．【答案】3
13．【答案】
14【答案】
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（本题满分13分）已知，复数.
(1)若为纯虚数，求；
(2)若在复平面内对应的点位于第二象限，求整数的值.
【答案】(1)；
(2)和
【分析】（1）由为纯虚数，求出的值，从而得到复数，求解模长即可；
（2）在复平面内对应的点位于第二象限，求出的取值范围，进而得到整数的值即可.
【详解】（1）由于复数为纯虚数，
所以，解得，此时，
（2）若在复平面内对应的点位于第二象限，
则，解得，
故整数的值有.
16．（本题满分15分）如图，在梯形中，，分别为的中点，是线段上的动点．
(1)若，求证：三点共线；
(2)若，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据平面向量的线性运算结合向量共线的判定定理分析证明；
（2）根据平面向量线性运算，分别利用基底法和坐标法表示，得到关于的一元二次函数，再利用一元二次函数的最值求解即可.
【详解】（1）由题意知，，
所以，
所以三点共线；
（2）在梯形中，，
易得，
设，
解法一：所以，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为；
解法二：因为，
所以，
，
所以
，
当且仅当时，等号成立，所以最小值为；
解法三：以为坐标原点建立如图所示坐标系，
则，
设，则，
由于，因此，
解得，，
因此，
故，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为．
17．（本题满分15分）如图，在正方形中，点E、F分别是AB、BC的中点，将、分别沿DE、DF折起，使A，C两点重合于P，连接EF，PB.
(1)求证：；
(2)点M是PD上一点，若直线MF与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可得，则由线面垂直的判定定理可得平面，则，再由正方形性质可得，则平面，从而可证得；
（2）由（1）可得为直线MF与平面所成角，则，令，然后根据正方形的性质求出其它边长，最后在中利用余弦定理可求得结果.
【详解】（1）证明：在正方形中，连接，则，
因为点E、F分别是AB、BC的中点，所以∥，
所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以；
（2）解：由（1）平面，所以为直线MF与平面所成角，
所以，
令，则，
所以，
设，连接，
由（1）知平面，因为平面，所以，
因为，所以为二面角的平面角，
因为为的中点，，所以为等腰三角形，
所以，
因为，所以，
所以，
，，
在中，由余弦定理得
，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】关键点点睛：此题考查由线面垂直证线线垂直，考查线面角和二面角，考查折叠问题，解题的关键是弄清折叠前后边角的关系，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题》
18．（本题满分17分）已知函数.
请在下面的三个条件中任选两个解答问题.
①函数 的图象过点 ；
②函数 的图象关于点 对称；
③函数 相邻对称轴与对称中心之间距离为1.
(1)求函数 的解析式；
(2)若 是函数 的零点，求 的值组成的集合；
(3)当 时，是否存在满足不等式？若存在，求出 的范围；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)
(3)存在； .
【分析】（1）选择①②，将点代入，结合可求，由的图象关于点对称可得，结合，可得，即可解出函数解析式；选择①③：将点代入，结合可求，由函数 相邻对称轴与对称中心之间距离为1，可得，利用周期公式得，即可求解函数解析式；选择②③：由函数 相邻对称轴与对称中心之间距离为1，可得，结合周期公式得：，由图象关于点对称，得，，进而求解出函数解析式；
（2）若是函数的零点，则根据不同解析式求解可得的值，解得，进而可得可能的取值，即可求解；
（3）由，得，根据函数自变量的范围和利用偶函数的性质原不等式可化为关于的不等式，即可求解.
【详解】（1）选择①②：因为函数 的图象过点 ，所以，
解得，因为，所以，
因为函数的图象关于点对称，则，
可得，因为，所以，
所以；
选择①③：
因为函数 的图象过点 ，所以，
解得，因为，所以，
函数 相邻对称轴与对称中心之间距离为1，
所以，所以，解得：，
所以，
选择②③：
函数 相邻对称轴与对称中心之间距离为1，
所以，所以，解得：，
因为函数的图象关于点对称，则，
可得，所以
所以.
（2）若是函数的零点，则
可得，所以或
解得：或，
若是函数 的零点，
则，
当时，，
当时，，
当时，，
所以的值组成的集合为
（3）
当时，，令，则，
令，则
因为，所以，即，
所以，即，
解得：.
所以实数的范围是：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是由余弦函数的性质求出的解析式，再利用余弦函数的零点可求可能的取值，求的范围的关键是构造偶函数，利用单调性，解关于的不等式.
19．（本题满分17分）定义:为实数对的“正弦方差”.
(1)若，则实数对的“正弦方差”的值是否是与无关的定值，并证明你的结论
(2)若，若实数对的“正弦方差”的值是与无关的定值，求值.
【答案】(1)是与无关的定值，证明见解析；
(2)或.
【分析】（1）根据的定义，结合三角恒等变换，整理化简，即可求得结果为定值；
（2）根据的定义，结合三角恒等变换，根据其为定值，求得，再结合角度范围，即可求得结果.
【详解】（1）“正弦方差”的值是与无关的定值；
证明：若，
则
.
（2）若，
根据题意，
因为的值是与无关的定值，故可得，
因为，故，
由可知，或，即或，
若，则，，故舍去；
对，两边平方后相加可得：
，即；
因为，故或或，
即或或；
综上所述，当，解得，不满足题意；
当，解得，满足题意；
当，解得，满足题意；
故或.
【点睛】关键点点睛：解决本题第二问的关键一是找到的关系，二是根据角度范围，讨论可能得取值.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
C
C
A
C
B
A
D
题号
9
10
11
答案
ACD
BC
BCD