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文檔簡(jiǎn)介
第=page11頁,共=sectionpages11頁2024-2025學(xué)年安徽省蚌埠二中高二(上)開學(xué)數(shù)學(xué)試卷一、單選題:本題共8小題,每小題5分,共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知復(fù)數(shù)z滿足(1?i)z=1+i,其中i為虛數(shù)單位,則z=(
)A.i B.?i C.1+i D.1?i2.△ABC是邊長(zhǎng)為1的正三角形,那么△ABC的斜二測(cè)平面直觀圖△A′B′C′的面積為(
)A.34 B.38 C.3.已知l,m表示不同的直線,α,β表示不同的平面,則下列說法正確的是(
)A.若l//α,且l//β,則α//β
B.若α⊥β,l⊥β,m//α,則m//l
C.若m⊥n,m⊥α,n//β,則α⊥β
D.若α⊥β,l⊥β,l?α,則l//α4.已知函數(shù)f(x)=sin(x+φ)+3cosA.33 B.?33 5.根據(jù)下列情況,判斷三角形解的情況,其中正確的是(
)A.a=8,b=16,A=30°,有兩解
B.b=18,c=20,B=60°,有一解
C.a=30,b=25,A=150°,有一解
D.a=5,c=2,A=90°,無解6.已知圓錐的頂點(diǎn)為P,側(cè)面面積為45π,母線長(zhǎng)為25,O為底面圓心,A,B為底面圓O上的兩點(diǎn),且∠AOB=π3A.510 B.?510 7.已知函數(shù)f(x)=sin(ωx?π3)(ω>0)在區(qū)間[0,π3]A.1 B.2 C.3 D.48.已知△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,若cosA1?sinA=1+cos2Bsin2B,則2asinC+5cA.23 B.62 C.二、多選題:本題共3小題,共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中,有多項(xiàng)符合題目要求。9.關(guān)于函數(shù)f(x)=2sin(2x?π3)+1,下列結(jié)論正確的是A.(π6,0)是f(x)的一個(gè)對(duì)稱中心
B.函數(shù)f(x)在(0,π6)上單調(diào)遞增
C.函數(shù)f(x)圖像可由函數(shù)g(x)=2cos2x+1的圖像向右平移5π12個(gè)單位得到
10.已知a≠e,|e|=1,滿足:對(duì)任意t∈R,恒有A.a?e=0 B.e?(a?11.如圖,若正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2,線段A.直線AC1與平面ABCD的夾角的余弦值為63
B.當(dāng)E與D1重合時(shí),異面直線AE與BF所成角為π3
C.平面C1三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分。12.若tanθ=2,則sinθ(cosθ?sinθ)=______.13.已知三棱臺(tái)ABC?A1B1C1的體積為V,記上底面A1B1C1、下底面ABC的面積分別為S1,S14.△ABC中,AB=AC=8,延長(zhǎng)線段AB至D,使得∠A=2∠D,則BD+BC的最大值為______.四、解答題:本題共5小題,共77分。解答應(yīng)寫出文字說明,證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)
已知|a|=2,|b|=3,且a?b=?4.
(1)若(a+kb)⊥16.(本小題15分)
已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)的部分圖像如圖所示.
(1)求函數(shù)f(x)的解析式及對(duì)稱中心;
(2)求函數(shù)f(x)在[π12,π2]上的值域.
(3)先將f(x)的圖像縱坐標(biāo)縮短到原來的12倍,再向左平移π12個(gè)單位后得到17.(本小題15分)
如圖,D為圓錐的頂點(diǎn),O是圓錐底面的圓心,△ABC是底面的內(nèi)接正三角形,P為DO上一點(diǎn),∠APC=90°.
(1)證明:平面PAB⊥平面PAC;
(2)設(shè)DO=2,圓錐的側(cè)面積為3π18.(本小題17分)
如圖,△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知asinC+3acosC?3(b+c)=0,D為線段BC上一點(diǎn),且BD=2DC.
(1)求角A;
(2)若AD=3,求19.(本小題17分)
已知三棱錐P?ABC的棱AP、AB、AC兩兩互相垂直,且AP=AB=AC=43.
(1)若點(diǎn)M、N分別在線段AB、AC上,且AM=MB,AN=3NC,求二面角P?MN?A的余弦值;
(2)若以頂點(diǎn)P為球心,8為半徑作一個(gè)球,球面與該三棱錐P?ABC的表面相交,試求交線長(zhǎng)是多少?
答案解析1.A
【解析】解:∵(1?i)z=1+i,
∴z=1+i1?i=(1+i)2(1?i)(1+i)=i.2.D
【解析】解:正三角形ABC的邊長(zhǎng)為1,故面積為34,而原圖和直觀圖面積之間的關(guān)系S直觀圖S原圖=24,3.D
【解析】解:對(duì)于A:若l//α且l//β,則α//β或α與β相交,故A錯(cuò)誤;
對(duì)于B:若α⊥β,l⊥β,則l//α或l?α,又m//α,
當(dāng)l//α,則l與m平行或相交或異面,
當(dāng)l?α,則l與m平行或異面,故B錯(cuò)誤;
對(duì)于C:若m⊥α,m⊥n,則n//α或n?α,
又n//β,所以α//β或α與β相交(不垂直)或α⊥β,故C錯(cuò)誤;
對(duì)于D:若α⊥β,l⊥β,則l//α或l?α,又l?α,所以l//α,故D正確.
故選:D.
根據(jù)空間中線面、面面的位置關(guān)系一一判斷即可.
本題考查空間中線面、面面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)算求解能力,是中檔題.4.D
【解析】解:因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為奇函數(shù),則f(0)=sinφ+3cosφ=2sin(φ+π3)=0,
所以φ+π3=kπ,k∈Z,解得φ=kπ?π3,k∈Z,
tanφ=tan(kπ?5.C
【解析】解:對(duì)于A,由正弦定理有,asinA=bsinB,解得sinB=bsinAa=16×128=1,則B=90°,此時(shí)三角形有唯一解,錯(cuò)誤;
對(duì)于B,由正弦定理有,bsinB=csinC,解得sinC=csinB6.A
【解析】解:設(shè)底面半徑為r,又母線長(zhǎng)為l=25,側(cè)面面積為45π,
所以πrl=45π,即πr×25=45π,解得r=2,
則OP=(25)2?22=4,
取OP、OB、AB的中點(diǎn)E、G、F,連接EG、GF、EF、OF,
則EG/?/PB且EG=12PB=5,GF//OA且GF=12OA=1,OF=22?12=3,
所以∠EGF為直線OA與PB所成角(或補(bǔ)角),
又EF=OE2+OF2=22+(3)7.B
【解析】解:0≤x≤π3,則ωx?π3∈[?π3,π3ω?π3],
①若π3ω?π3≤π2,即0<ω≤52時(shí),f(x)在[0,π3]單調(diào)遞增,
f(x)max=f(π3)=sin(π3ω?π3)=ω8.C
【解析】解:cosA1?sinA=1+cos2Bsin2B=2cos2B2sinBcosB=cosBsinB,得cosB?cosBsinA=sinBcosA,
即cosB=sinBcosA+cosBsinA=sin(B+A)=sinC,
△ABC中,cosB=sinC>0,由1?sinA≠0,則A≠π2,C≠π2?B,所以C=π2+B,
sinA=sin(π?B?C)=sin[π?B?(π2?B)]=sin(π2?2B)=cos2B,
9.BC
【解析】解:A選項(xiàng):由f(x)=2sin(2x?π3)+1,令2x?π3=kπ,k∈Z,解得x=π6+k2π,k∈Z,所以其對(duì)稱中心為(π6+k2π,1),所以(π6,0)不是其對(duì)稱中心,A選項(xiàng)錯(cuò)誤;
B選項(xiàng):令2kπ?π2≤2x?π3≤2kπ+π2,k∈Z,解得kπ?π12≤x≤kπ+5π12,k∈Z,即函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為[kπ?π12,kπ+5π12],k∈Z,又(0,π6)?[kπ?π12,kπ+5π12],k∈Z,故B正確;
C選項(xiàng):由g(x)=2cos2x+1=2sin(2x+π2)+1,向右平移5π12可得10.BC
【解析】解:不妨設(shè)OE=e=(1,0),OA=a,OT=te=(t,0),
則|a?te|=|OA?OT|=|TA|,其幾何意義為定點(diǎn)A到x軸上的動(dòng)點(diǎn)T的距離,
顯然當(dāng)AT⊥x軸時(shí),|TA|取得最小值,
若對(duì)任意t∈R,恒有|a?te|≥|a?e|,即|TA|≥|OA?OE|=|EA|,
所以EA⊥x軸,
所以(a?e)⊥e,即e?(a?e)=011.ACD
【解析】解:對(duì)于A,在正方體ABCD?A1B1C1D1中,有CC1⊥平面ABCD,
所以直線AC1與平面ABCD所成的角就是∠CAC1,且CC1⊥AC,
又由正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2,
所以AC=22,AC1=23,
則cos∠CAC1=ACAC1=2223=63,選項(xiàng)A正確;
對(duì)于B,當(dāng)E與D1重合時(shí),由于EF=2,B1D1=22,可知此時(shí)F為B1D1的中點(diǎn),
如上圖,連接BC1,C1F,在正方體ABCD?A1B1C1D1中,
易由AB//C1D1且AB=C1D1,可得四邊形ABC1D1是平行四邊形,所以AD1//BC1,
所以異面直線AE與BF所成角就是∠C1BF或其補(bǔ)角,
由于BB1⊥平面A1B1C1D1,B1F?平面A1B1C1D1,
所以B1B⊥B1F,
則BF=BB12+FB12=4+2=6,
又因?yàn)锽C1=22,C1F=2,
所以cos∠C1BF=C1B2+B12.?2【解析】解:因?yàn)閠anθ=2,
所以sinθ(cosθ?sinθ)=sinθcosθ?sin2θ=sinθcosθ?sin2θsin213.17【解析】解:根據(jù)題意可得小三棱錐與大三棱錐的相似比為1:2,
∴小三棱錐的高與三棱臺(tái)ABC?A1B1C1的高相等,
∴三棱錐B?A1B1C1的體積與三棱臺(tái)上面的小三棱錐的體積相等,
又小三棱錐與大三棱錐的體積比為1:8,
∴小三棱錐的體積為三棱臺(tái)ABC?A1B1C1的體積的17,
∴三棱錐B?A1B1C1的體積為14.18
【解析】解:如圖所示,
設(shè)∠A=2∠D=2θ,
在△ABC中,由AB=AC=8,則∠ABC=∠ACB=π?∠A2=π2?θ,
再由正弦定理得BCsinA=ABsin∠ACB,則BC=8sin2θcosθ=16sinθ,
又在△ACD中,由正弦定理得ADsin∠ACD=ACsin∠D,
即ADsin(π?θ?2θ)=8sinθ,則AD=8sin3θsinθ=8(sinθcos2θ+sin2θcosθ)sinθ=8(4sinθcos2θ?sinθ)sinθ=32co15.解:(1)若(a+kb)⊥a,則(a+kb)?a=0,即a2+k(a?b)=0,可得22?4k=0,解得k=1;
(2)由(【解析】(1)根據(jù)兩個(gè)向量垂直的條件,建立關(guān)于k的等式,解之可得實(shí)數(shù)k的值;
(2)先利用向量模的公式與數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì),求出|a+b|與b?(a16.解:(1)根據(jù)函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π)的部分圖像,
可得A=2,34?2πω=5π12+π3,故ω=2.
再根據(jù)五點(diǎn)法作圖,2×5π12+φ=π2+2kπ,k∈Z,
由于|φ|<π,
所以φ=?π3;
故有f(x.)=2sin(2x?π3).
令2x?π3=kπ,k∈Z,解得x=π6+kπ2,k∈Z.
故函數(shù)f(x)對(duì)稱中心為(π6+kπ2,0),k∈Z.
另解:根據(jù)圖像可得:(?π3,0)是f(x)的圖像的一個(gè)對(duì)稱中心,
故函數(shù)的對(duì)稱中心為(kπ2?π3,0),k∈Z.
(2)∵x∈[π12,π2],
∴2x?π3【解析】(1)直接利用函數(shù)的性質(zhì)求出函數(shù)的關(guān)系式,進(jìn)一步求出函數(shù)的對(duì)稱中心;
(2)利用函數(shù)的定義域求出函數(shù)的值域;
(2)利用函數(shù)圖象的平移變換和伸縮變換求出函數(shù)的解析式,進(jìn)一步求出函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間.
本題考查的知識(shí)點(diǎn):函數(shù)圖象的平移變換和伸縮變換,正弦型函數(shù)的性質(zhì),主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力,屬于中檔題.17.解:(1)連接OA,OB,OC,△ABC是底面的內(nèi)接正三角形,
所以AB=BC=AC.
O是圓錐底面的圓心,所以:OA=OB=OC,
所以AP=BP=CP=OA2+OP2=OB2+OP2=OC2+OP2,
所以△APB≌△BPC≌△APC,
由于∠APC=90°.
所以∠APB=∠BPC=90°
所以AP⊥BP,CP⊥BP,AP,PC?平面APC,
由于AP∩CP=P,
所以BP⊥平面APC,
由于BP?平面PAB,
所以:平面PAB⊥平面PAC.
(2)設(shè)圓錐的底面半徑為r,圓錐的母線長(zhǎng)為l,
所以l=2+r2.
由于圓錐的側(cè)面積為3π,
所以【解析】(1)首先利用三角形的全等的應(yīng)用求出AP⊥BP,CP⊥BP,進(jìn)一步求出二面角的平面角為直角,進(jìn)一步求出結(jié)論.
(2)利用錐體的體積公式和圓錐的側(cè)面積公式的應(yīng)用及勾股定理的應(yīng)用求出結(jié)果.
本題考查的知識(shí)要點(diǎn):面面垂直的判定和性質(zhì)的應(yīng)用,幾何體的體積公式的應(yīng)用,主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和轉(zhuǎn)換能力及思維能力,屬于中檔題型.18.解:(1)∵asinC+3acosC?3(b+c)=0,
由正弦定理可得sinAsinC+3sinAcosC?3(sinB+sinC)=0,
即sinAsinC+3sinAcosC?3sin(A+C)?3sinC=0,
∴sinAsinC+3sinAcosC?3sinAcosC?3cosAsinC?3sinC=0,
∴sinAsinC?3cosAsinC?3sinC=0,
∵A∈(0,π),∴sinC>0,∴sinA?3cosA=3,∴sin(A?π3)=32,
又A?π3∈(?π3,2π3),∴A?π3=π3,∴A=2π3.
(2)∵BD=2DC,
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