2024-2025学年北京师大附属实验中学高二（上）开学数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年北京师大附属实验中学高二（上）开学数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知角α的终边经过P(2,−1)，则csα等于( )
A. 55B. − 55C. 2 55D. −2 55
2.已知复数z满足z⋅i=1−i，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
3.cs30°cs15°−sin30°sin15°的值为( )
A. 1B. 12C. 22D. 32
4.在△ABC中，bcsB=csinC，则∠B=( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
5.已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若m⊥α，α⊥β，则m//βB. 若α∩β=l，l//m，则m//β
C. 若m⊂α，α⊥β，则m⊥βD. 若m⊥α，α//β，则m⊥β
6.下列函数中，以π为最小正周期，且在区间(0,π2)上单调递增的是( )
A. y=tan(x+π4)B. y=|sinx|C. y=cs2xD. y=sin(x−π4)
7.将函数y=sin(2x+π3)的图象向右平移π2个单位长度，得到的图象关于点(φ,0)对称，则|φ|的最小值为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
8.在△ABC中，已知a=2,A=π3，则下列说法正确的是( )
A. 当b=1时，△ABC是锐角三角形B. 当b=4 33时，△ABC是直角三角形
C. 当b=73时，△ABC是钝角三角形D. 当b=53时，△ABC是等腰三角形
9.已知a，b是非零向量，则“a⊥b”是“对于任意的λ∈R，都有|a+λb|=|a−λb|成立”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
10.海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮汐.一般早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近船坞；卸货后落潮时返回海洋.下面是某港口在某季节某天的时间与水深值(单位：
m)的部分记录表．
据分析，这个港口的水深值与时间的关系可近似地用三角函数来描述.试估计13：00的水深值为( )
A. 3.75B. 5.83C. 6.25D. 6.67
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.若z(1+i)=2i，则|z|= ______．
12.在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若角α的终边与单位圆交于点P(35,m)，则csβ= ______．
13.已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60°，BC=2BP，则AP⋅BD= ______．
14.陀螺是中国民间的娱乐工具之一，早期陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成(如图).已知一木制陀螺模型内接于一表面积为16πcm2的球，其中圆柱的两个底面为球的两个截面，圆锥的顶点在该球的球面上，若圆柱的高为2cm，则该圆柱的侧面积为______cm2，该陀螺的体积为______cm3．
15.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱AA1，C1D1，CC1的中点，动点H在平面EFG内，且DH=1.给出下列四个结论：
①A1B//平面EFG；
②点H轨迹的长度为π；
③存在点H，使得直线DH⊥平面EFG；
④平面EFG截正方体所得的截面面积为3 34．
其中所有正确结论的序号是______．
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题13分)
已知函数f(x)=sin(x−π6)+sin(x+π2)．
(Ⅰ)求f(0)的值和f(x)的零点；
(Ⅱ)求f(x)的单调递增区间．
17.(本小题14分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2，CC1=4，E为CC1的中点．
(Ⅰ)求证：AC1//平面EDB；
(Ⅱ)求证：平面EDB⊥平面ACC1；
(Ⅲ)求点C到平面EDB的距离．
18.(本小题14分)
已知OA=a，OB=b，|a|= 2，|b|=1，=π4．
(Ⅰ)求|a−2b|；
(Ⅱ)若OQ=tOA，求AQ⋅(OQ−OB)的最小值．
19.(本小题14分)
在△ABC中，b+2c−2acsB=0．
(Ⅰ)求∠A；
(Ⅱ)若△ABC的面积是 32，求a的最小值．
20.(本小题15分)
如图1，在△ABC中，AB=3，AC=4，BC=5，D，E分别为AC，BC的中点.将△CDE沿DE折起到△C1DE的位置，得到四棱锥C1−DABE，如图2．
(Ⅰ)求证：DE⊥C1A；
(Ⅱ)若M是线段C1B上的点，平面DEM与线段C1A交于点N.再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知.使点M唯一确定，并解答问题．
(i)求证：N为C1A的中点；
(ii)求证：C1A⊥平面DEMN．
条件①：C1M=MB；
条件②：DE//NM；
条件③：EM⊥C1B.
21.(本小题15分)
已知n维向量a=(a1,a2,⋯,an)，给定k∈{1,2,…,n−1)，定义变换φk：选取i∈(0,1,…n−1}，再选取一个实数x，对a的坐标进行如下改变：
若此时i+k≤n，则将ai+1，ai+2，…，ai+k同时加上x，其余坐标不变；
若此时i+k>n，则将ai+1，ai+2，…an及a1，a2，…，ai+k−n同时加上x，其余坐标不变．
若a经过有限次变换φk(每次变换所取的i，x的值可能不同)后，最终得到的向量(t1,t2,⋯,tn)满足t1=t2=⋯=tn，则称a为k阶可等向量．
例如，向量(1,3,2)经过两次变换φ2可得：
(1,3,2)→i=2,x=1(2,3,3)→i=1,x=−1(2,2,2)，所以(1,3,2)是2阶可等向量．
(Ⅰ)判断(1,2,3)是否是2阶可等向量？说明理由；
(Ⅱ)若取1，2，3，4的一个排序得到的向量(a1,a2,a3,a4)是2阶可等向量，求a1+a3；
(Ⅲ)若任取a1，a2，…，an的一个排序得到的n维向量均为k阶可等向量，则称(a1,a2,⋯,an)为k阶强可等向量.求证：向量(1,2,3,4,5,6,7)是5阶强可等向量．
参考答案
1.C
2.C
3.C
4.B
5.D
6.B
7.A
8.B
9.C
10.C
11. 2
12.−35
13.−1
14.4 3π 7π
15.①②④
16.解：(Ⅰ)∵f(x)=sin(x−π6)+sin(x+π2)= 32sinx−12csx+csx=sin(x+π6)，
∴f(0)=12；
令f(x)=0，得x+π6=kπ(k∈Z)，
∴f(x)的零点为(kπ−π6,0)(k∈Z)；
(Ⅱ)由2kπ−π2≤x+π6≤2kπ+π2(k∈Z)，得2kπ−2π3≤x≤2kπ+π3(k∈Z)，
∴f(x)的单调递增区间为[2kπ−2π3,2kπ+π3](k∈Z)．
17.解：(Ⅰ)证明：如图，设AC∩BD=F，连接EF，
∵在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC，
∴F为AC的中点，又E为CC1的中点，
∴AC1//FE，又AC1⊄平面EDB，FE⊂平面EDB，
∴AC1/​/平面EDB；
(Ⅱ)证明：∵在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC，
∴BD⊥AC，且CC1⊥底面ABCD，又BD⊂底面ABCD，
∴BD⊥CC1，又AC∩CC1=C，
∴BD⊥平面ACC1，又BD⊂平面EDB，
∴平面EDB⊥平面ACC1；
(Ⅲ)由(Ⅱ)知平面EDB⊥平面ACC1，
在平面ACC1内过C作CH垂直两平面的交线EF于点H，
则CH⊥平面EDB，即CH即为所求，
在Rt△EFC中，易知FC= 2，CE=2，∴EF= 2+4= 6，
∴CH=FC×CEEF=2 2 6=2 33．
18.解：(Ⅰ)因为|a|= 2，|b|=1，=π4，
所以a⋅b=|a|⋅|b|cs=1，
所以|a−2b|= (a−2b)2= a2−4a⋅b+4b2= 2−4+4= 2；
(Ⅱ)因为OQ=tOA，
所以AQ⋅(OQ−OB)=(OQ−OA)⋅(OQ−OB)=(t−1)OA⋅(tOA−OB)
=(t2−t)OA2−(t−1)OA⋅OB=2(t2−t)−(t−1)=2t2−3t+1=2(t−34)2−18≥−18，
所以当t=34时，AQ⋅(OQ−OB)取得最小值为−18．
19.解：(Ⅰ)因为b+2c−2acsB=0，
由正弦定理可得：sinB+2sinC−2sinAcsB=0，
在△ABC中，sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
所以sinB+2csAsinB=0，而sinB>0，
所以csA=−12，
因为A∈(0,π)，
可得A=2π3；
(Ⅱ)因为S△ABC=12bcsinA= 32，A=2π3，
可得bc=4，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA≥2bc+bc=3×4，当且仅当b=c时取等号，
所以a≥2 3，
即a的最小值为2 3．
20.证明：(Ⅰ)在△ABC中，因为AB=3，AC=4，BC=5，
所以AB2+AC2=BC2，即AB⊥AC，
因为D，E分别为AC，BC的中点，
所以DE/​/AB，所以DE⊥AC，
所以DE⊥C1D，DE⊥AD，
又因为C1D∩AD=D，
所以DE⊥平面C1AD，
又因为C1A⊂平面C1AD，
所以DE⊥C1A.
(Ⅱ)选条件①：C1M=MB，
(i)因为DE/​/AB，
又因为DE⊄平面C1AB，AB⊂平面C1AB，

所以DE/​/平面C1AB，
又因为DE⊂平面DEMN，平面DEMN∩平面C1AB=NM，
所以DE//NM，
又因为DE/​/AB，所以NM//AB，
因为C1M=MB，
所以C1N=NA，即N为C1A的中点．
(ⅱ)因为DC1=DA，由(i)得C1N=NA，
所以DN⊥C1A，
由(Ⅰ)得DE⊥C1A，
又因为DN∩DE=D，
所以C1A⊥平面DEMN．
(Ⅱ)选条件③：EM⊥C1B，
又因为EC1=EB，所以C1M=MB，
(i)因为DE/​/AB，
又因为DE⊄平面C1AB，AB⊂平面C1AB，

所以DE/​/平面C1AB，
又因为DE⊂平面DEMN，平面DEMN∩平面C1AB=NM，
所以DE//NM，
又因为DE/​/AB，所以NM//AB，
因为C1M=MB，
所以C1N=NA，即N为C1A的中点．
(ⅱ)因为DC1=DA，由(i)得C1N=NA，
所以DN⊥C1A，
由(Ⅰ)得DE⊥C1A，
又因为DN∩DE=D，
所以C1A⊥平面DEMN．
21.解：(Ⅰ)(1，2，3)是2阶可等向量，
例如，向量(1,2,3)经过两次变换φ2可得：
(1,2,3)→i=3,x=1(2,3,3)→i=1,x=−1(2,2,2)，
所以(1,2,3)是2阶可等向量．
(Ⅱ)设(a1,a2,a3,a4)进行一次变换φ2后得(a1′,a2′,a3′,a4′)，
当i=0时，(a1′,a2′,a3′,a4′)=(a1+x,a2+x,a3,a4)，
当i=1时，(a1′,a2′,a3′,a4′)=(a1,a2+x,a3+x,a4)，
当i=2时，(a1′,a2′,a3′,a4′)=(a1,a2,a3+x,a4+x)，
当i=3时，(a1′,a2′,a3′,a4′)=(a1+x,a2,a3,a4+x)，
综上可得(a1′+a3′)−(a2′+a4′)=(a1+a3+x)−(a2+a4+x)=(a1+a3)−(a2+a4)，
因为(a1,a2,a3,a4)是2阶可等向量，即t1=t2=t3=t4，
所以(a1+a3)−(a2+a4)=(t1+t3)−(t2+t4)=0，
所以a1+a3=a2+a4=a1+a3+a2+a42=1+2+3+42=5．
(Ⅲ)证明：任取(1,2,…,7)的一个排序，记为b=(b1,b2,⋯,b7)，
注意到，(a1,a2,⋯,an)是k阶可等向量，等价于(a1+y,a2+y,⋯,an+y)是k阶可等向量，
变换φ5，即对连续五个维度的坐标(首尾也看成连续)同时加上x，
相当于对剩余两个连续维度的坐标同时加上−x，
对b2，b3；b4，b5；b6，b7依次加上−x，相当于对b1单独加上x；
对b3，b4；b5，b6；b7，b1依次加上−x，相当于对b2单独加上x，
……
基于上述分析，相当于可以对b1，b2，…，b7分别单独加上−b1，−b2，…，−b7，
所以b为5阶可等向量，(1,2,…,7)为5阶强可等向量． 时间
0：00
3：00
6：00
9：00
12：00
水深值
5.0
7.5
5.0
2.5
5.0