2024-2025学年山西省晋中市榆次一中高二（上）开学数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年山西省晋中市榆次一中高二（上）开学数学试卷（含解析），共16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.设z=1−i1+i+2i，则|z|=( )
A. 0B. 12C. 1D. 2
2.若{a,b,c}构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是( )
A. b+c，b，b−cB. a，a+b，a−b
C. a+b，a−b，cD. a+b，a+b+c，c
3.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(2b−c)csA=acsC，b=2 3，若边BC的中线等于3，则△ABC的面积为( )
A. 9 3B. 9 32C. 3 3D. 3 32
4.河南博物院主展馆的主体建筑以元代登封古观星台为原型，经艺术夸张演绎成“戴冠的金字塔”造型，冠部为“方斗”形，上扬下覆，取上承“甘露”、下纳“地气”之意.冠部以及冠部下方均可视为正四棱台.已知一个“方斗”的上底面与下底面的面积之比为1：4，高为2，体积为563，则该“方斗”的侧面积为( )
A. 24
B. 12
C. 24 5
D. 12 5
5.设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为( )
A. 15B. 25C. 12D. 45
6.如图所示，为测一树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点分别测得树尖的仰角为30°、45°，且A，B两点之间的距离为60m，则树的高度为( )
A. (30+30 3)mB. (30+15 3)mC. (15+30 3)mD. (15+15 3) m
7.已知10个数据：4，5，6，7，8，8.5，9，10，11，11.5，则这组数据第40百分位数是( )
A. 8.5B. 8C. 7.5D. 7
8.已知向量m=(2cs2x, 3)，n=(1,sin2x)，设函数f(x)=m⋅n，则下列关于函数y=f(x)的性质的描述正确的是( )
A. 关于直线x=π12对称B. 关于点(5π12,0)对称
C. 周期为2πD. y=f(x)在(−π3,0)上是增函数
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.已知点M(2,2)和N(5,−2)，点P在x轴上，且∠MPN为直角，求点P的坐标( )
A. (1,0)B. (4,0)C. (2,0)D. (6,0)
10.如图，在△ABC中，BC=12，D，E是BC的三等分点，则( )
A. AE=13AB+23AC
B. 若AB⋅AC=0，则AE在AB上的投影向量为23AB
C. 若AB⋅AC=9，则AD⋅AE=40
D. 若AD⋅AE=4,AB2+AC2=88
11.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，且PA=AB=2，E，F分别为PD，PB的中点，则( )
A. EF⊥平面PAC
B. 四棱锥P−ABCD的外接球的表面积为48π
C. CF与平面ABCD所成角的正弦值为 66
D. 点A到平面EFC的距离为4 1111
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.经过A(0,2)，B(−1,0)两点的直线的方向向量为(1,k)，则实数k的值为______．
13.过两点A(m2+2,m2−3)，B(3−m−m2,2m)的直线L的倾斜角为45°，则m= ______．
14.如图，若斜边长为2 2的等腰直角△A′B′C′(B′与O′重合)是水平
放置的△ABC的直观图，则△ABC的面积为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
利用空间向量知识完成本题．

(1)如图15−1，在长方体ABCD−A1B1C1D1中AB=4，BC=3，CC1=2.线段B1C上是否存在点P，使得A1P平行于平面ACD1？
(2)如图15−2，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，求证直线A1C垂直于平面BDD1B1．
(3)如图15−3，在棱长为1的正方体中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点．
①求点B到直线AC1的距离；
②求直线FC到平面AEC1的距离．
16.(本小题15分)
判断下列各对直线是否平行或垂直：
(1)经过A(2,3)，B(−1,0)两点的直线l1，与经过P(1,0)且斜率为1的直线l2；
(2)经过C(3,1)，D(−2,0)两点的直线l3，与经过点M(1,−4)且斜率为−5的直线l4．
(3)试确定m的值，使过A(m,1)，B(−1,m)两点的直线与过P(1,2)，Q(−5,0)两点的直线：
(Ⅰ)平行；
(Ⅱ)垂直．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且csA=13．
(Ⅰ)求sin2B+C2+cs2A的值；
(Ⅱ)若a= 3，求bc的最大值．
18.(本小题17分)
甲乙二人有4张扑克牌(分别是红桃2，红桃3，红桃4，方片4)玩游戏，他们将扑克牌洗匀后，背面朝上放在桌面上，甲先抽，乙后抽，抽出的牌不放回，各抽一张．
(1)写出甲乙抽到牌的所有情况．
(2)若甲抽到红桃3，则乙抽出的牌面数字比3大的概率是多少？
(3)甲乙约定，若甲抽到的牌的数字比乙大，则甲胜；否则乙胜，你认为此游戏是否公平？为什么？
19.(本小题17分)
如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E−BC−D的大小为45°，求三棱锥A−BCD的体积．
答案解析
1.C
【解析】解：∵z=1−i1+i+2i，
∴z=(1−i)(1−i)(1−i)(1+i)+2i=−i+2i=i，
则|z|=1．
故选C．
2.C
【解析】解：由空间向量基本定理得：
对于A选项，因为b=12(b+c)+12(b−c)，所以b+c，b，b−c三个向量共面，不符合题意；
对于B选项，因为a=12(a+b)+12(a−b)，所以a，a+b，a−b三个向量共面，不符合题意；
对于C选项，假设a+b，a−b，c共面，则c=xa+b+ya−b=x+ya+x−yb，从而可知a，b，c共面，这与已知矛盾，故a+b，a−b，c不共面，符合题意；
对于D选项，a+b+c=(a+b)+(c)，所以三个向量共面，不符合题意；
故选：C．
3.C
【解析】解：由题意得，(2b−c)csA=acsC，
根据正弦定理得，(2sinB−sinC)csA=sinAcsC，
2sinBcsA=sinAcsC+csAsinC，
2sinBcsA=sin(A+C)，①
因为A+B+C=180°，所以A+C=180°−B，则sinB=sin(A+C)，
代入①得，csA=12，
由0°∵b=2 3，若如图边BC的中线AD等于3，
∴2AD=AB+AC，两边平方可得：4AD2=AB2+AC2+2AB⋅AC，可得4×32=c2+12+2×2 3×c×12，整理可得c2+2 3c−24=0，解得c=2 3，或−4 3(舍去)，
∴S△ABC=12bcsinA=12×2 3×2 3× 32=3 3．
故选：C．
4.D
【解析】解：由题意可知，记正四棱台为ABCD−A1B1C1D1，其底面为正方形，侧面为四个等腰梯形，把该四棱台补成正四棱锥，如图所示：
设AC与BD交于点M，A1C1与B1D1交于点N，
则PM是正四棱锥P−ABCD的高，MN为正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高，
设A1B1=a，AB=b，则上、下底面的面积分别为a2、b2，
由题意可知a2：b2=1：4，所以b=2a，
在△PAB中，PA1PA=A1B1AB=12，所以A1为PA的中点，
在△PAM中，PA1PA=PNPM=12，所以MN=12PM=2，所以PM=4，
又VABCD−A1B1C1D1=13×(a2+a×b+b2)×2=14a23=563，解得a=2，b=4，
所以PA= PM2+AM2= 42+(2 2)2=2 6，
所以侧棱长AA1是 6，由勾股定理可得侧面的高为ℎ= ( 6)2−12= 5，
所以侧面积为S=4×12×(2+4)× 5=12 5．
故选：D．
5.A
【解析】解：O，A，B，C，D中任取3点，共有C53=10，
其中共线为A，O，C和B，O，D两种，
故取到的3点共线的概率为P=210=15，
故选：A．
6.A
【解析】解：在△PAB，∠PAB=30°，∠APB=15°，AB=60，
sin15°=sin(45°−30°)=sin45°cs30°−cs45°sin30°
= 22× 32− 22×12= 6− 24，
由正弦定理得：PBsin30 ∘=ABsin15 ∘，
∴PB=12×60 6− 24=30( 6+ 2)，
∴树的高度为PBsin45°=30×( 6+ 2)× 22=(30+30 3)m，
故树的高度为(30+30 3)m.
故选A．
7.C
【解析】解：因为从小到大排列为4，5，6，7，8，8.5，9，10，11，11.5，共10个数据，10×40%=4，
所以这组数据的第40百分位数是第4项与第5项数据的平均数，即7+82=7.5，
故选：C．
8.D
【解析】解：f(x)=m⋅n=2cs2x+ 3sin2x
=cs2x+ 3sin2x+1
=2sin(2x+π6)+1，
当x=π12时，sin(2x+π6)=sinπ3≠±1，
∴f(x)不关于直线x=π12对称，选项A错误；
当x=5π12时，2sin(2x+π6)+1=1，
∴f(x)关于点(5π12,1)对称，不关于点(5π12,0)对称，选项B错误；
f(x)得周期T=2π2=π≠2π，选项C错误；
当x∈(−π3,0)时，2x+π6∈(−π2,π6)，
∴f(x)在在(−π3,0)上是增函数，选项D正确．
故选D．
9.AD
【解析】解：设P(m,0)，则PM=(2−m,2)，PN=(5−m,−2)，
∵∠MPN为直角，
∴PM⋅PN=0，即(2−m)(5−m)−4=0，解得m=1或6，
所以点P的坐标为(1,0)或(6,0)．
故选：AD．
10.AD
【解析】解：对于选项A，AE=AB+BE=AB+23BC=AB+23(AC−AB)=13AB+23AC，即选项A正确；
对于选项B，因为AB⋅AC=0，所以AB⊥AC，
由题意得E是BC的三等分点，所以AE在AB上的投影向量为13AB，故选项B错误；
对于选项C，AD=AC+CD=AC+23CB=AC+23(AB−AC)=23AB+13AC，
AE=13AB+23AC，
所以AD⋅AE=(23AB+13AC)⋅(13AB+23AC)=29AB2+29AC2+59AB⋅AC=29AB2+29AC2+5，
又CB=AB−AC，所以CB2=AB2+AC2−2AB⋅AC=144，
所以AB2+AC2=2AB⋅AC+144=162，
故AD⋅AE=29AB2+29AC2+5=41，故选项C错误；
对于选项D，AD⋅AE=29AB2+29AC2+59AB⋅AC=4，
而AB2+AC2−2AB⋅AC=144，所以AB⋅AC=12(AB2+AC2)−72，
所以29AB2+29AC2+59⋅[12(AB2+AC2)−72]=4，解得AB2+AC2=88，故选项D正确．
故选：AD．
11.ACD
【解析】解：对于A：连接BD，
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
可得PA⊥BD
由ABCD为正方形，可得AC⊥BD，
PA⋂AC=A，PA，AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC，
又因为E，F分别为PD，PB的中点，则EF//BD，
可得EF⊥平面PAC，故A正确；
对于B：四棱锥P−ABCD的外接球即为以A为顶点，PA，AB，AD为相邻三边的正方体的外接球，
则外接球的半径R=12 PA2+AB2+AD2= 3，
所以表面积为S表=4πR2=12π，故B正确；
如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，C(2,2,0)，E(0,1,1)，F(1,0,1)，
对于C：可知平面ABCD的法向量n=(0,0,1)，CF=(−1,−2,1)，
则cs=n⋅CF|n||CF|=11× 6= 66，
所以CF与平面ABCD所成角的正弦值为 66，故C正确；
对于D：可得EF=(1,−1,0)，CF=(−1,−2,1)，AC=(2,2,0)，
设平面EFC的法向量m=(x,y,z)，则m⋅EF=x−y=0m⋅CF=−x−2y+z=0，
令x=1，则y=1，z=3，即m=(1,1,3)，
所以点A到平面EFC的距离为d=|m⋅AC||m|=4 11=4 1111，故D正确；
故选：ACD．
12.2
【解析】解：根据题意，A(0,2)，B(−1,0)，则BA=(1,2)，
若经过A(0,2)，B(−1,0)两点的直线的方向向量为(1,k)，设t=(1,k)，
则有t//BA，即1×k=2×1，解可得k=2．
故答案为：2．
13.−2
【解析】解：由题意可得：tan45°=m2−3−2mm2+2−(3−m−m2)=1，化为：m2+3m+2=0，解得m=−1，−2．
m=−1时分母等于0，舍去．
∴m=−2．
故答案为：−2．
14.4 2
【解析】解：根据题意，直观图△A′B′C′为斜边长为2 2的等腰直角三角形，则其直角边边长为2，
故直观图△A′B′C′的面积S′=2，
故原图△ABC的面积S=2 2S′=4 2．
故答案为：4 2．
15.解：(1)以直线DA，DC，DD1分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，

由已知条件得A1(3,0,2)，A(3,0,0)，B1(3,4,2)，C(0,4,0)，D1(0,0,2)，
线段B1C上取B1C中点P(32,4,1)，
设平面ACD1的法向量为n=(x,y,z)，
由AC=(−3,4,0)，AD1=(−3,0,2)，
则n⋅AC=−3x+4y=0n⋅AD1=−3x+2z=0，令x=43，则y=1，z=2，
故n=(43,1,2)，
因为A1P=(−32,4,−1)，
所以n⋅A1P=43×(−32)+1×4+2×(−1)=0，
故n⊥A1P，
又A1P⊄平面ACD1，
故线段B1C上中点P，使得A1P平行于平面ACD1；
(2)证明：设AB=a，AD=b，AA1=c，则{a,b,c〉为空间的一个基底，且A1C=a+b−c，BD=b−a，BB1=c，

因为AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，
所以a2=b2=c2=1，a⋅b=b⋅c=c⋅a=12，
在平面BDD1B1上，取BD、BB1为基向量，
则A1C⋅BD=(a+b−c)⋅(b−a)=12−1+1−12−12+12=0，
A1C⋅BB1=(a+b−c)⋅c=12+12−1=0，
所以A1C是平面BDD1B1的法向量，
所以直线A1C垂直于平面BDD1B1；
(3)①以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间坐标系，

则A(1,0,1)，B(1,1,1)，C(0,1,1)，C1(0,1,0)，E(1,12,0)，F(1,12,1)，
所以AB=(0,1,0)，AC1=(−1,1,−1)，AE=(0,12,−1)，EC1=(−1,12,0)，FC=(−1,12,0)，AF=(0,12,0)，
取a=AB=(0,1,0)，u=AC1|AC1|= 33(−1,1,−1)，
a2=1,a⋅u= 33，
则点B到直线AC1的距离为 a2−(a⋅u)2= 1−13= 63；
②因为FC=EC1=(−1,12,0)，
所以FC//EC1，而FC⊄平面AEC1，EC1⊂平面AEC1，
所以FC/​/平面AEC1，
所以点F到平面AEC1的距离即为直线FC到平面AEC1的距离，
设平面AEC1的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AE=0n⋅EC1=0，
即12y−z=0−x+12y=0，即2x=yy=2z，
取z=1，则x=1，y=2，
故n=(1,2,1)，又AF=(0,12,0)，
所以点F到平面AEC1的距离为|AF⋅n||n|=|(0,12,0)⋅(1,2,1)| 6= 66．
【解析】(1)取线段B1C上中点P，建立如图所示的空间坐标系，用向量法求解线面关系即可；
(2)设AB=a，AD=b，AA1=c，以它们为基底表示出A1C、BD、BB1，结合已知并应用向量数量积的运算律求证垂直，即可证结论；
(3)建立空间坐标系，用向量法求解距离即可．
16.解：(1)因为直线l1经过A(2,3)，B(−1,0)两点，
所以kl1=3−02+1=1，
所以直线l1的方程为：y−3=1⋅(x−2)，即y=x+1；
因为直线l2经过P(1,0)且斜率为1，
所以直线l1方程为：y=1⋅(x−1)，即y=x−1，
可得两条直线的斜率相等，在y轴上的截距不相等，
所以直线l1与直线l2平行；
(2)因为直线l3经过C(3,1)，D(−2,0)两点，所以kl3=13+2=15，
因为直线l4的斜率为−5，
所以kl3⋅kl4=−1，
则直线l3与直线l4垂直；
(3)因为直线过P(1,2)，Q(−5,0)，
所以kPQ=2−01+5=13；
(I)当直线AB与直线PQ平行时；则kAB=1−mm+1=kPQ=13，解得：m=12，
此时kAQ=2−11−12=2，可得m=12时，两条直线平行，且不重合，符合条件；
(II)当直线AB与直线PQ垂直时则kAB⋅kPQ=1−mm+1×13=−1，解得：m=−2．
【解析】(1)分别求出两直线方程，根据斜率关系，即可求出直线l2的方程；
(2)求出直线l3的斜率，根据斜率关系即可求出直线l4的方程；
(3)(I)根据两条平行直线的斜率关系即可求解出m的值；
(II)根据两条垂直直线的斜率关系即可求解出m的值．
17.解：(Ⅰ)sin2B+C2+cs2A
=12[1−cs(B+C)]+(2cs2A−1)
=12(1+csA)+(2cs2A−1)
=12(1+13)+(29−1)
=−19；
(Ⅱ)根据余弦定理可知：b2+c2−a22bc=csA=13
∴23bc=b2+c2−a2≥2bc−a2，
又∵a= 3，即23bc≥2bc−3，
∴bc≤94.当且仅当b=c=32时，bc=94，
故bc的最大值是94．
【解析】(Ⅰ)把所求的式子利用二倍角的余弦函数公式及三角形的内角和定理化简后，得到一个关于csA的关系式，把csA的值代入即可求出值；
(Ⅱ)根据余弦定理表示出csA，让其等于13，然后把等式变为23bc=b2+c2−a2，利用基本不等式和a的值即可求出bc的最大值．
18.解：(1)方片4用4′表示，则甲乙抽到牌的所有情况为：
(2,3)，(2,4)，(2,4′)，(3,2)，(3,4)，(3,4′)，
(4,2)，(4,3)，(4,4′)，(4′,2)，(4′,3)，(4′,4)，
共12种不同的情况；
(2)甲抽到3，乙抽到的只能是2，4，4′，
因此乙抽出的牌面数字比3大的概率是23；
(3)甲抽到的牌的数字比乙大，有(4,2)，(4,3)，(4′,2)，
(4′,3)，(3,2)共5种情况，
甲胜的概率为P1=512，乙胜的概率为P2=712，
∵512<712，∴此游戏不公平．
【解析】(1)方片4用4′表示，列举可得共12种不同的情况；
(2)甲抽到3，乙抽到的只能是2，4，4′，所求概率为23；
(3)列举可得甲胜的概率为P1=512，乙胜的概率为P2=712，此游戏不公平．
19.解：(1)证明：因为AB=AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，
所以AO⊥CD；
(2)方法一：
取OD的中点F，因为△OCD为正三角形，所以CF⊥OD，
过O作OM/​/CF与BC交于点M，则OM⊥OD，
所以OM，OD，OA两两垂直，
以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
则B(0,−1,0)，C( 32,12,0)，D(0,1,0)，
设A(0,0,t)(t>0)，则E(0,13,2t3)，
因为OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为OA=(0,0,t)，
设平面BCE的法向量为n=(x,y,z)，
又BC=( 32,32,0),BE=(0,43,2t3)，
所以由n⋅BC=0n⋅BE=0，得 32x+32y=043y+2t3z=0，
令x= 3，则y=−1，z=2t，故n=( 3,−1,2t)，
因为二面角E−BC−D的大小为45°，
所以|cs|=|n⋅OA||n||OA|=2t 4+4t2= 22，
解得t=1，所以OA=1，
又S△OCD=12×1×1× 32= 34，所以S△BCD= 32，
故VA−BCD=13S△BCD⋅OA=13× 32×1= 36．
方法二：
过E作EF⊥BD，交BD于点F，过F作FG⊥BC于点G，连结EG，
由题意可知，EF/​/AO，又AO⊥平面BCD
所以EF⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，
所以EF⊥BC，又BC⊥FG，FG∩EF=F，FG、EF⊂平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，又EG⊂平面EFG，
所以BC⊥EG，
则∠EGF为二面角E−BC−D的平面角，即∠EGF=45°，
又CD=DO=OB=OC=1，
所以∠BOC=120°，则∠OCB=∠OBC=30°，
故∠BCD=90°，
所以FG//CD，
因为DEAD=DFOD=EFAO=23，
则AO=32EF,OF=13,DF=23，
所以BFBD=GFCD，则GF=1+132=23，
所以EF=GF=23，则AO=32EF=1，
所以VA−BCD=13S△BCD⋅AO=13×12× 3×1×1= 36．
【解析】(1)利用等腰三角形中线就是高，得到AO⊥BD，然后利用面面垂直的性质，得到AO⊥平面BCD，再利用线面垂直的性质，即可证明AO⊥CD；
(2)方法一：建立合适的空间直角坐标系，设A(0,0,t)，利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求出t的值，然后利用锥体的体积公式求解即可．
方法二：过E作EF⊥BD，交BD于点F，过F作FG⊥BC于点G，连结EG，求出∠BCD=90°，AO=32EF=1，然后利用锥体的体积公式求解即可．