試題試題2024北京北師大實驗中學高二（上）開學考數學2024年8月本試卷共4頁，共150分．考試時長90分鐘．考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．第一部分（選擇題，共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項．1.已知角的終邊經過點，則（）A. B. C. D.2.若復數滿足，則復平面內表示的點在（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.的值為（）A. B. C. D.14.在中，，則（）A. B. C. D.5.已知，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，則下列命題正確的是（）A.若，，則 B.若，l//m，則C.若，，則 D.若，α//β，則6.下列函數中，以為最小正周期，且在區間上單調遞增的是（）A. B. C. D.7.將函數的圖象向右平移個單位長度，得到的圖象關于點對稱，則的最小值為（）A. B. C. D.8.在中，已知，則下列說法正確的是（）A.當時，是銳角三角形B.當時，是直角三角形C.當時，是鈍角三角形D.當時，是等腰三角形9.已知是非零向量，則“”是“對于任意的，都有成立”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件10.海水受日月的引力，在一定的時候發生漲落的現象叫潮汐.一般早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情況下，船在漲潮時駛進航道，靠近船塢；卸貨后落潮時返回海洋.下面是某港口在某季節某天的時間與水深值（單位：）的部分記錄表.時間0:003:006:009:0012:00水深值5.07.55.02.55.0據分析，這個港口的水深值與時間的關系可近似的用三角函數來描述.試估計13：00的水深值為（）A.3.75 B.5.83 C.6.25 D.6.67第一部分（非選擇題，共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分．11.若，則________．12.在平面直角坐標系中，角與角均以為始邊，它們的終邊關于軸對稱.若角的終邊與單位圓交于點，則_____________.13.已知菱形的邊長為，，，則_________________.14.陀螺是中國民間的娛樂工具之一，早期陀螺的形狀由同底的一個圓柱和一個圓錐組合而成（如圖）．已知一木制陀螺模型內接于一表面積為的球，其中圓柱的兩個底面為球的兩個截面，圓錐的頂點在該球的球面上，若圓柱的高為2cm，則該圓柱的側面積為__________，該陀螺的體積為__________．15.在棱長為1的正方體中，，，分別為棱，，的中點，動點在平面內，且.給出下列四個結論：①平面；②點軌跡的長度為；③存在點，使得直線平面；④平面截正方體所得的截面面積為.其中所有正確結論的序號是_________________.三、解答題共6小題，共85分．解答題應寫出文字說明，驗算步驟或證明過程．16.已知函數．（1）求的值和的零點；（2）求的單調遞增區間．17.如圖，在長方體中，，，為的中點．（1）求證：平面；（2）求證：平面平面；（3）求點到平面的距離．18.已知．（1）求；（2）若，求的最小值．19.在中，．（1）求；（2）若的面積是，求的最小值．20.如圖1，在中，，，，，分別為，的中點．將沿折起到的位置，得到四棱錐，如圖2．（1）求證：；（2）若M是線段上的點，平面與線段交于點N．再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知．使點M唯一確定，并解答問題．（ⅰ）求證：為的中點；（ⅱ）求證：平面．條件①；條件②；條件③．注：如果選擇的條件不符合要求，第（Ⅱ）問得0分，如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．21.已知n維向量，給定，定義變換；選取，再選取一個實數x，對的坐標進行如下改變：若此時，則將同時加上x．其余坐標不變；若此時，則將及同時加上x，其余坐標不變．若a經過有限次變換（每次變換所取的i，x的值可能不同）后，最終得到的向量滿足，則稱a為k階可等向量．例如，向量經過兩次變換可得：，所以是2階可等向量．（1）判斷是否是2階可等向量？說明理由；（2）若取1，2，3，4的一個排序得到的向量是2階可等向量，求；（3）若任取的一個排序得到的n維向量均為k階可等向量．則稱為k階強可等向量．求證：向量是5階強可等向量．

參考答案第一部分（選擇題，共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項．1.【答案】C【分析】根據條件，利用三角函數的定義，即可求出結果.【詳解】因為角的終邊經過點，所以，故選：C.2.【答案】C【分析】根據除法運算求得，再根據復數的幾何意義分析判斷.【詳解】因為，則，所以平面內表示的點為，位于第三象限.故選：C.3.【答案】B【分析】逆用和、差角的余弦公式化簡、求值.【詳解】故選：B4.【答案】B【分析】利用正弦定理將邊化角，即可求出，從而得解.【詳解】因為，由正弦定理可得，即，又，所以.故選：B5.【答案】D【分析】根據線線，線面及面面位置關系判斷各個選項即可.【詳解】對于A:若,則可能，A錯誤；對于B:若,則可能,B錯誤；對于C:若則可能不垂直，C錯誤；對于D:若,則,D正確.故選：D.6.【答案】B【分析】對于A，在單調遞增，在單調遞增，故A錯誤；對于B，作出函數的大致圖象，由圖可知，B正確；對于C，函數在單調遞減，故C錯誤；對于D，函數最小正周期為，故D錯誤.【詳解】對于A，函數的最小正周期為，當時，，所以在單調遞增，在單調遞減，故A錯誤；對于B，作出函數的大致圖象如圖所示，函數的最小正周期為，且在區間單調遞增，故B正確；對于C，函數最小正周期為，由，得，當時，在單調遞減，故C錯誤；對于D，函數最小正周期為，故D錯誤.故選：B.7.【答案】A【分析】由三角函數平移變換可得函數解析式，令，，可得對稱中心，進而得到的最小值.【詳解】將函數的圖象向右平移個單位得：，令，，得，所以圖象的對稱中心為，，當時，取得最小值.故選：A.8.【答案】B【分析】根據正弦定理逐項判斷即可.【詳解】因為，由正弦定理得，對于，當時，，由且可知，，可得，所以為鈍角三角形,錯誤；對于，當時，，即為直角，正確；對于，當時，，可知不存在，三角形不存在，錯誤；對于，當時，，又，所以，所以，顯然不可能是等腰三角形，D錯誤.故選：B.9.【答案】C【分析】根據充分條件、必要條件的定義及數量積的運算律判斷即可.【詳解】因為是非零向量，若，則，所以，所以對于任意的，都有成立，故充分性成立；若對于任意的，都有成立，則，即，所以，所以，所以，故必要性成立；所以“”是“對于任意的，都有成立”的充要條件.故選：C10.【答案】C【分析】觀察表中數據求出周期和最大最小值，然后可得，將表中最大值點坐標代入解析式可得，然后可得所求.【詳解】記時間為，水深值為，設時間與水深值的函數關系式為，由表中數據可知，，所以，，所以，又時，，所以，所以，即，所以，，即13:00的水深值大約為.故選：C第一部分（非選擇題，共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分．11.【答案】【分析】將變形為計算即可．【詳解】解：，，故答案為【點睛】本題考查復數的除法，及模的計算，是基礎題．12.【答案】【分析】先根據角與角的終邊關于軸對稱，且角的終邊與單位圓交于點，得到角的終邊與單位圓的交點，然后利用正弦函數的定義求解.【詳解】因為角與角的終邊關于軸對稱，且角的終邊與單位圓交于點，所以，解得，當時，即角的終邊與單位圓的交點，所以.當時，即角的終邊與單位圓的交點，所以.綜上所述，.故答案為：13.【答案】【分析】利用向量的線性運算得到，，再利用數量積的定義及運算，即可求出結果.【詳解】因為，所以，又，所以，又菱形的邊長為，，所以，故答案為：.14.【答案】①.②.【分析】先求出陀螺的外接球的半徑，再利用勾殿定理求出圓柱的底面半徑，以及圓維的母線長和高，從而求出結果.【詳解】設圓柱的底面半徑為，高為，圓錐的高為、陀螺的外接球的半徑為,由題意可知，，,,圓柱的側面積為，圓柱體積為；圓錐的高為,所以圓錐的體積為；該陀螺的體積為故答案為:；.15.【答案】①②④【分析】根據都是棱的中點，可以做出過的截面，再根據正方體的棱長和的長度，可確定點的軌跡，從而可判斷各個結論的正確性.【詳解】如圖：因為，分別為，中點，所以，又，所以，又平面，平面，所以平面，故①成立；連接，交EG于點，易證平面，，，所以，故點軌跡是平面內以為圓心，以為半徑的圓，所以點軌跡長度為：，故②成立；由②可知，不可能與平面垂直，故③不成立；做出截面，可知截面是正六邊形，且邊長為，其面積為：，故④成立.故答案為：①②④【點睛】方法點睛：根據線面平行的判定和性質，可以確定過點三點的截面.三、解答題共6小題，共85分．解答題應寫出文字說明，驗算步驟或證明過程．16.【答案】（1），的零點為；（2）的單調遞增區間為.【分析】（1）先應用誘導公式及兩角和差化簡，再根據正弦函數的對稱中心求出零點即可；（2）應用正弦函數的單調區間求解即可.【小問1詳解】令，所以．所以的零點為【小問2詳解】因為的單調遞增區間為所以．所以所以函數的單調遞增區間為17.【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）.【分析】（1）令，由三角形中位線性質，線面平行的判定推理即得.（2）利用線面垂直、面面垂直的判定推理即得.（3）過作于，由（2）的結論，結合面面垂直的性質推理計算即得.【小問1詳解】在長方體中，令，則為中點，連接，由為的中點，得，而平面，平面，所以平面.【小問2詳解】由平面，平面，得，矩形中，，則矩形為正方形，，而平面，則平面，又平面，所以平面平面.【小問3詳解】在中，過作于，由平面平面，平面平面，平面，因此平面，顯然，，在中，，所以點到平面的距離為.18.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）先求，然后直接求的平方即可得解；（2）利用向量的運算律，將轉化為關于的二次函數，然后求出最值即可.【小問1詳解】因為，，因為所以，【小問2詳解】由（1）知，，因為所以當時，的最小值為19.【答案】（1）（2）【分析】（1）用余弦定理進行邊角互化可解；（2）由面積公式得到，再用余弦定理和基本不等式可解.【小問1詳解】，用余弦定理得到，，化簡得到，則，,則.【小問2詳解】由于,．由余弦定理可得，當且僅當時等號成立，所以的最小值為.20.【答案】（1）證明見解析；（2）選擇條件，答案見解析.【分析】（1）利用線面垂直的判定、性質推理即得.（2）選擇條件①③，利用線面平行的判定、性質推理得（ⅰ）；利用線面垂直的判定推理得（ⅱ）.【小問1詳解】在中，由，得，由，分別為，的中點，得，則，因此，而平面，則平面，又平面，所以.【小問2詳解】選條件①：，（i）由，平面平面，得平面，又平面，平面平面，因此，則，而，所以，即為的中點.（ii）因為，由（i）得，則，由（1）得，又平面，所以平面.選條件③：，由，得，（i）由，平面平面，得平面，又平面，平面平面，因此，則，而，所以，即為的中點.（ii）因為，由（i）得，則，由（1）得，又平面，所以平面.條件②，，由（1）可得平面，則過直線的平面與平面相交，所得交線均與平行，給定條件為上述交線，因此這樣的點M不唯一確定.21.【答案】（1）是2階可等向量，理由見解析；（2）5；（3）證明見解析.【分析】（1）根據的定義即可求解，（2）根據的定義即可求解，，即可結合是2階可等向量求解，（3）根據是階可等向量，等價于是階可等向量，即可根據變換求證.【小問1詳解】是2階可等向量．例如經過兩次變換可得：【小問2詳解】設進行一次變換后得，當時，當時，當時，當時，綜上，我們得