2024-2025学年江西省鹰潭市余江一中高二（上）开学验收数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江西省鹰潭市余江一中高二（上）开学验收数学试卷（含答案），共8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.直线 3x+y−1=0的倾斜角是( )
A. π3B. π6C. 2π3D. 5π6
2.已知z=1−i2+2i，则z−z−=( )
A. −iB. iC. 0D. 1
3.如图梯形A1B1C1D1是一平面图形ABCD的斜二侧直观图，若A1D1//O′y′A1B1//C1D1，A1B1=23C1D1=2，A1D1=1，则四边形ABCD的面积是( )
A. 10B. 5
C. 5 2D. 10 2
4.正方形ABCD的边长是2，E是AB的中点，则EC⋅ED=( )
A. 5B. 3C. 2 5D. 5
5.函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A. f(π12)=0B. ω=4
C. f(x)的图象关于点(π6,0)对称D. f(x)的图象关于直线x=−π4对称
6.已知α为锐角，csα=1+ 54，则sinα2=( )
A. 3− 58B. −1+ 58C. 3− 54D. −1+ 54
7.中国是瓷器的故乡，“瓷器”一词最早见之于许慎的《说文解字》中.某瓷器如图1所示，该甁器可以近似看作由上半部分圆柱和下半部分两个等高(高为6cm)的圆台组合面成，其直观图如图2所示，已知圆柱的高为20cm，底面直径AB=10cm，底面直径CD=20cm，EF=16cm，若忽略该瓷器的厚度，则该瓷器的容积为( )
A. 669πcm3
B. 1338πcm3
C. 650πcm3
D. 1300πcm3
8.已知函数f(x)=lg2(x+1)，设a>b>c>0，则f(a)a，f(b)b，f(c)c的大小关系是( )
A. f(a)a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.已知直线l1：4x−3y−3=0，直线l2：(m+2)x−(m+1)y+m=0(m∈R)，则( )
A. 当m=−1时，l1⊥l2B. 当m=2时，l1//l2
C. 当l1//l2时，l1与1之间的距离为1D. 直线l2过定点(2,1)
10.已知圆C：x2+y2−4x−14y+45=0及点Q(−2,3)，则下列说法正确的是( )
A. 点C的坐标为(2,7)
B. 点Q在圆C外
C. 若点P(m,m+1)在圆C上，则直线PQ的斜率为14
D. 若M是圆C上任一点，则|MQ|的取值范围为[2 2,6 2]
11.已知平面四边形ABCD中，AB=AD=BD= 2，和BC=CD=1，将平面四边形沿对角线BD翻折，得到四面体A1−BCD.则下列说法正确的是( )
A. 无论翻折到何处，A1C⊥DB
B. 四面体A1−BCD的体积的最大值为 612
C. 当A1C=1时，A1C与平面A1BD所成角的正弦值为 23
D. 当A1C= 3时，二面角B−A1D−C的余弦值为 63
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆C：(x−1)2+y2=1，以圆心C和P(3,2)为直径的圆的标准方程是______．
13.将函数f(x)=2sin(3x+π6)向右平移π4个单位长度，则平移后的图象中与y轴最接近的对称中心的坐标是______．
14.已知圆锥的顶点S和底面圆周都在球O的球面上，且母线长为2，A，B为其底面圆周上的两点，若△SAB面积的最大值为 3，则球O的表面积为______．
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)
已知a,b是同一平面内的两个向量，其中a=(1,3)，且|b|= 10．
(1)若a⊥b，求b的坐标；
(2)若|a+b|=|a−2b|，求a与b的夹角．
16.(本小题15分)
已知直线m：(a−1)x+(2a+3)y−a+6=0，n：x−2y+3=0．
(1)若坐标原点O到直线m的距离为 5，求a的值；
(2)当a=0时，直线l过m与n的交点，且它在两坐标轴上的截距相反，求直线l的方程．
17.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinC= 2csB，a2+b2−c2= 2ab．
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3+ 3，求c．
18.(本小题17分)

如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD=2，∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F−ABC的体积．

19.(本小题17分)
五一假期，杭州吴山广场的鸽子吸引了众多游客.热爱摄影的小华计划在广场一角架设一台可转动镜头的相机，希望可以捕捉到鸽子的展翅瞬间.小华设计了一个草图，为简化模型，假设广场形状为正方形，边长为1，已知相机架设于A点处，其可捕捉到图像的角度为π4，即∠PAQ=π4，其中P，Q分别在边BC，CD上，记∠BAP=θ(0≤θ≤π4)．
(1)设AC与PQ相交于点R，当θ=π6时，
(ⅰ)求线段DQ的长；
(ⅱ)求线段AR的长；
(2)为节省能源，小华计划在广场上人员较多的时段关闭相机镜头的自动转动功能，为使相机能够捕捉到的面积(即四边形APCQ的面积记为S)最大，θ应取何值？S的最大值为多少？
参考答案
1.C
2.A
3.B
4.B
5.A
6.D
7.B
8.A
9.BCD
10.ABD
11.ABD
12.(x−2)2+(y−1)2=2
13.(−5π36,0)
14.16π3
15.解：(1)设b=(x,y)，
∵a⊥b且|b|= 10，
∴x+3y=0x2+y2=10，
解得x=3y=−1或x=−3y=1，
∴b的坐标b=(3,−1)或b=(−3,1)；
(2)∵a=(1,3)，
∴|a|= 12+32= 10，
∵|a+b|=|a−2b|，
∴(a+b)2=(a−2b)2，
即a2+2a⋅b+b2=a2−4a⋅b+4b2，
∴6a⋅b=3b2，
∴6|a||b|cs=3|b|2，
∴cs=12
∵∈(0,π)，
∴=π3．
16.解：(1)设原点O到直线m的距离为d，则d=|−a+6| (a−1)2+(2a+3)2= 5，解得a=−14或a=−73；
(2)由−x+3y+6=0x−2y+3=0解得x=−21y=−9，即m与n的交点为(−21,−9)．
当直线l过原点时，直线l的方程为3x−7y=0；
当直线l不过原点时，设l的方程为xb+y−b=1，将(−21,−9)代入得b=−12，
所以直线l的方程为x−y+12=0．
故满足条件的直线l的方程为3x−7y=0或x−y+12=0．
17.解：(1)因为a2+b2−c2= 2ab，所以由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab= 2ab2ab= 22，
而C∈(0,π)，因此C=π4．
又因为sinC= 2csB，所以sinπ4= 2csB，即 22= 2csB，解得csB=12，
而B∈(0,π)，因此B=π3．
(2)由(1)知：B=π3，C=π4，因此A=π−B−C=π−π3−π4=5π12．
因为△ABC的面积为3+ 3，所以12absinC=3+ 3，即12ab× 22=3+ 3，解得ab=2 2(3+ 3)．
又因为由正弦定理得a=csinAsinC，b=csinBsinC，所以ab=c2sinAsinBsin2C，
即2 2(3+ 3)=c2sin⁡5π12sin⁡π3sin2π4= 3c2sin⁡(π6+π4)，
即2 2(3+ 3)= 3c2 6+ 24，解得c=2 2(c=−2 2舍去)．
18.证明：(1)∵AD=CD，∠ADB=∠BDC，BD=BD，
∴△ADB≌△CDB，
∴AB=BC，又∵E为AC的中点．
∴AC⊥BE，
∵AD=CD，E为AC的中点．
∴AC⊥DE，
又∵BE∩DE=E，BE、DE⊂面BED，
∴AC⊥平面BED，
又∵AC⊂平面ACD，
∴平面BED⊥平面ACD；
解：(2)由(1)可知AB=BC，
∴AB=BC=2，∠ACB=60°，
∴△ABC是等边三角形，边长为2，
∴BE= 3，AC=2，AD=CD= 2，DE=1，
∵DE2+BE2=BD2，
∴DE⊥BE，
又∵DE⊥AC，AC∩BE=E，AC、BE⊂平面ABC，
∴DE⊥平面ABC，
由(1)知△ADB≌△CDB，∴AF=CF，连接EF，则EF⊥AC，
∴S△AFC=12×AC×EF=EF，
∴当EF⊥BD时，EF最短，此时△AFC的面积最小，
过点F作FG⊥BE于点G，则FG/​/DE，
∴FG⊥平面ABC，
∵EF=DE×BEBD= 32，
∴BF= BE2−EF2=32，
∴FG=EF×BFBE=34，
∴三棱锥F−ABC的体积V=13×S△ABC×FG=13× 34×22×34= 34．
19.解：(1)如图，建立平面直角坐标系，由θ=π6，AB=BC=1，
所以A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，
由tanθ=PBAB，得PB=ABtanπ6= 33，所以P(1, 33)，
又∠PAQ=π4，则∠DAQ=π12，tanπ12=tan(π4−π6)=tanπ4−tanπ61+tanπ4⋅tanπ6=2− 3，
在Rt△DAQ中，DQ=AD⋅tan∠DAQ=tanπ12=2− 3，
所以Q(2− 3,1)，所以kPQ=1− 332− 3−1=− 33，
所以直线PQ的方程为y− 33=− 33(x−1)，化简得y=− 33x+2 33，
又直线AC的方程为y=x，联立y=xy=− 33x+2 33，解得x= 3−1y= 3−1，
所以R( 3−1, 3−1)，
所以线段AR= ( 3−1)2+( 3−1)2= 6− 2．

(2)S=1−S△ABP−S△ADQ=1−12tanθ−12tan(π4−θ)
=1−12[sinθcsθ+sin(π4−θ)cs(π4−θ)]=1−12×sinθcs(π4−θ)+sin(π4−θ)csθcsθcs(π4−θ)
=1−12×sinπ4csθcs(π4−θ)=1−12(cs2θ+csθsinθ)
=1−11+cs2θ+sin2θ=1−11+ 2sin(2θ+π4)，
又0≤θ≤π4，所以π4≤2θ+π4≤3π4，
所以当且仅当θ=π8时，Smax=1−1 2+1=2− 2．