2024-2025学年河南省焦作十一中高二（上）开学数学试卷（A卷）（含答案）

这是一份2024-2025学年河南省焦作十一中高二（上）开学数学试卷（A卷）（含答案），共6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(1−2i)⋅z=5(i是虚数单位)，则z的虚部为( )
A. 2 55iB. 2 55C. 2iD. 2
2.已知空知向量a=(2,−2,−1)，b=(3,0,1)，则向量b在向量a上的投影向量是( )
A. (109,−109,−59)B. (103,−103,−53)C. (32,0,12)D. (3 102,0, 102)
3.已知a=12cs6°− 32sin6°，b= 1−cs50°2，则有( )
A. a>bB. a4.若O是△ABC所在平面内的一点，且满足|OB−OC|=|OB+OC−2OA|，则△ABC的形状是( )
A. 等边三角形B. 等腰三角形C. 等腰直角三角形D. 直角三角形
5.已知圆柱的高为2，它的两个底面的圆周在直径为2 6的同一个球的球面上，则圆柱的表面积为( )
A. 4 5πB. (8+6 3)πC. 10 3πD. (10+4 5)π
6.已知两非零向量b与a的夹角为120°，且|a|=2，|2a−b|=4 3，则|b|=( )
A. 8B. 6C. 4D. 2
7.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是B1C1和A1D1的中点，则直线AC与平面ABEF所成角的正弦值为( )
A. 2 55B. 105C. 2 35D. 155
8.已知直线l和平面α，且l//α，l的方向向量为l=(2,m,1)，平面α的一个法向量为n=(−1, 2,n)，(m>0,n>0)，则1m+ 2n的最小值为( )
A. 2B. 2C. 2 2D. 4
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.函数y=sin(2x+π3)的图象向右平移π3个单位后与函数f(x)的图象重合，则下列结论正确的是( )
A. f(x)的一个周期为−2πB. f(x)的图象关于x=−7π12对称
C. x=7π6是f(x)的一个零点D. f(x)在(−π12,5π12)单调递减
10.直线l的方向向量为u，两个平面α，β的法向量分别为n1,n2，则下列命题为真命题的是( )
A. 若u⊥n1，则直线l⊥平面α
B. 若n1⊥n2，则平面α⊥平面β
C. 若cs〈n1,n2〉=12，则平面α，β所成锐二面角的大小为π3
D. 若cs〈u,n1〉= 32，则直线l与平面α所成角的大小为π3
11.下列各式与tanα相等的是( )
A. 1−cs2α1+cs2α
B. sinα1+csα
C. 1+cs(π+2α)2⋅1csα(α∈(0,π))
D. 1−cs2αsin2α
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知点A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,3)则平面ABC与平面xOy所成锐二面角的余弦值为______．
13.设常数a使方程sinx+ 3csx=a在闭区间[0,2π]上恰有三个解x1，x2，x3，则x1+x2+x3=______．
14.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若△ABC的面积为 3(a2−b2−c2)4，则A=______．
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)
已知向量|a|=3，|b|=2，a与b的夹角为π3．
(Ⅰ)求a⋅b及|a+b|；
(Ⅱ)求(a+2b)⋅(a−3b).
16.(本小题15分)
在①b= 3csinB−bcsC，②(2sinA−sinB)a+(2sinB−sinA)b=2csinC这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答．
已知△ABC的角A，B，C对边分别为a，b，c，c= 7，而且______．
(1)求C；
(2)求△ABC周长的最大值．
17.(本小题15分)
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是底面A1B1C1D1和侧面B1C1CB的中心．
(1)求证：AC1⊥平面A1BD．
(2)求证：平面B1EF//平面A1BD．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=sin(2ωx+π6)−2cs2ωx(ω>0)，x1，x2是方程f(x)=0的两个不相等的实根，且|x1−x2|的最小值为π．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若x∈[π6,m]，f(x)的值域是[−12,0]，求m的取值范围．
19.(本小题17分)
在空间直角坐标系中有长方体ABCD−A′B′C′D′，且AB=2，AD=4，AA′=2，求平面AC′D与平面ABD夹角的余弦值．
参考答案
1.D
2.A
3.B
4.D
5.D
6.C
7.B
8.C
9.ABC
10.BCD
11.CD
12.27
13.7π3
14.2π3
15.解：(Ⅰ)a⋅b=|a|⋅|b|⋅csπ3=3×2×12=3，
|a+b|= (a+b)2= a2+2a⋅b+b2= 9+2×3×2×12+4= 19．
(Ⅱ)(a+2b)⋅( a−3b)=a2−a⋅b−6b2=9−3×2×12−24=−18．
16.解：(1)选①：
由正弦定理知，bsinB=csinC，
因为b= 3csinB−bcsC，
所以sinB= 3sinCsinB−sinBcsC，
因为sinB≠0，
所以 3sinC−csC=1，即sin(C−π6)=12，
又因为0所以C−π6=π6，
故C=π3．
选②：
由正弦定理知，asinA=bsinB=csinC，
因为(2sinA−sinB)a+(2sinB−sinA)b=2csinC，
所以a(2a−b)+b(2b−a)=2c2，即a2+b2−c2=ab，
所以csC=a2+b2−c22ab=12，
又因为0故C=π3．
(2)由(1)知，C=π3，
在△ABC中，由余弦定理得，c2=a2+b2−2abcsC=7，即a2+b2−ab=7，
所以(a+b)2−7=3ab≤3(a+b)24，
所以a+b≤2 7，当且仅当a=b时，等号成立，
所以a+b+c≤3 7，
故△ABC周长的最大值为3 7．
17.解：(1)根据题意，连接AC，
因为CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥CC1，
在正方形ABCD中，BD⊥AC，结合AC、CC1是平面ACC1A1内的相交直线，可得BD⊥平面ACC1A1，
因为AC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AC1，同理可证A1B⊥AC1．
因为A1B∩BD=B，A1B、BD⊂平面A1BD，所以AC1⊥平面A1BD；

(2)根据题意，E、F分别是底面A1B1C1D1和侧面B1C1CB的中心，
所以E∈B1D1，F∈B1C，即平面B1EF就是平面B1CD1，
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1/​/DD1，BB1=DD1，所以四边形BB1D1D为平行四边形，
所以BD/​/B1D1，结合B1D1⊂平面B1CD1，BD⊄平面B1CD1，可得BD/​/平面B1CD1，
同理可证A1D//平面B1CD1，
因为A1D∩BD=D，A1D、BD⊂平面A1BD，
所以平面B1CD1//平面A1BD，即平面B1EF//平面A1BD．
18.解：(1)f(x)=sin(2ωx+π6)−2cs2ωx
=sin2xcsπ6+cs2ωxsinπ6−cs2ωx−1
= 32sin2ωx−12cs2ωx−1=sin(2ωx−π6)−1
∵|x1−x2|的最小值为π，∴f(x)的最小正周期T=π=2π2ω，解得ω=1，
∴f(x)=sin(2x−π6)−1．
(2)由x∈[π6,m]，可得2x−π6∈[π6,2m−π6]，
∵f(x)的值域为[−12,0]，∴sin(2x−π6)∈[12,1]，
结合函数y=sinx图象可知，π2≤2m−π6≤5π6，∴π3≤m≤π2，
∴m的取值范围为[π3,π2].
19.解：在空间直角坐标系中有长方体ABCD−A′B′C′D′，且AB=2，AD=4，AA′=2，
由于平面AC′D与面AC′D与平面ABD夹角的是同一个平面，
则：面AC′D与平面ABD夹角即面AC′D与平面ABD夹角的夹角．
由于：在长方体中，AB⊥AD，AB′⊥AD，
所以：∠BAB′即为平面AC′D与平面ABD所成交的平面角．
cs∠BAB′=BB′AB′= 22