2024-2025学年安徽省淮北市部分学校高二上学期开学考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为( )
A. B. C. D.
2.一平面截某几何体得一三棱台，则该几何体可能是( )
A. 三棱柱 B. 三棱锥 C. 四棱锥 D. 圆锥
3.( )
A. B. C. D.
4.已知为单位向量，且，则向量与的夹角为( )
A. B. C. D.
5.已知，则( )
A. B. C. D.
6.已知是边长为的等边三角形，点分别是上的点，满足，连接交于点，求( )
A. B. C. D.
7.如图，四边形中，，若，且，则面积的最大值为( )
A. B. C. D.
8.已知，且，则( )
A. B. C. 或 D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题中为假命题的是( )
A. 长方体是四棱柱，直四棱柱是长方体
B. 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
C. 有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱
D. 正四棱柱是平行六面体
10.的内角，，的对边分别为，，，且，，，则下列命题成立的是( )
A. B.
C. 最大内角是最小内角的倍 D. 为直角三角形
11.设向量，，若，则的取值可能是( )
A. B. C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若复数为虚数单位为纯虚数，则的值为 ．
13.若，则的值等于 用表示．
14.赵爽是我国古代数学家，大约在公元年，他为周髀算经一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”以弦为边长得到的正方形由个全等的直角三角形再加上中间一个小正方形组成类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设，若，则 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知函数
求的最小正周期和单调递减区间
若在上恒成立，求实数的取值范围．
16.本小题分
已知函数
求的最小正周期和最大值，并写出取得最大值时的集合；
将的函数图象向左平移个单位后得到的函数是偶函数，求的最小值．
17.本小题分
已知中，角的对边分别为，．
是边上的中线，，且，求的长度．
若为锐角三角形，且，求面积的取值范围．
18.本小题分
如图，为空间四边形，点、分别是、的中点，点、分别在、上，且，求证：
、、、四点共面；
、必相交且交点在直线上．
19.本小题分
已知函数的定义域为，现有两种对变换的操作：变换：；变换：，其中为大于的常数．
设，，为做变换后的结果，解方程：；
设，为做变换后的结果，解不等式：；
设在上单调递增，先做变换后得到，再做变换后得到；先做变换后得到，再做变换后得到若恒成立，证明：函数在上单调递增．
答案解析
1.
【解析】解：由直观图可得如图所示的平面图，在直角梯形中，，
则该平面图形的高为；
故选：．
2.
【解析】解：由棱锥的底面和平行于底面的一个截面间的部分，叫做棱台
所以用平行于三棱锥的底面平面截三棱锥，在底面和截面之间的几何体为三棱台．
故选：
3.
【解析】
解：
．
故选：．
4.
【解析】解：因为为单位向量，且，
所以，得，
所以，
因为，所以．
故选：
5.
【解析】解：．
故选：．
6.
【解析】解：方法一：因为共线，
设，
即，
则，解得，
所以
方法二：过点连接的中点，过点分别做边的垂线，垂足分别是，
易得，
则在边上的投影是，
所以；
方法三：以边的中点为坐标原点，以边为轴建立如图所示直角坐标系，
则，
设，
因为共线可得，解得
即，可得，
所以．
故选：．
7.
【解析】解：线段上取点使得，又，
则，故，
所以，则，
设，则．
由上易知，且，而，
所以，则，
结合及，且，
由三角形内角性质，所以，
综上，．
故选：
8.
【解析】解：，
故选：．
9.
【解析】解：对于选项A，当底面不是矩形的时候，直四棱柱非长方体
对于选项B，根据棱柱的定义，显然不成立
对于选项C，可以是两对称面是矩形的平行六面体
对于选项D正四棱柱是平行六面体．
故选：．
10.
【解析】解：因为，，，
由正弦定理可得：：：：：：，故A正确；
可知为最大边，则为最大角，
由余弦定理可得，，所以为直角，为直角三角形，则，，中最小，故B错误，D正确；
对于，角是最小角，由，
由 ，故，故C错误．
故选：．
11.
【解析】解： ， ，
由 ，可得 ，解之得 ．
故选：．
12.
【解析】解：由是纯虚数，有
解得．
故答案为：
13.
【解析】解：，易知，
可得，
，
故答案为．
14.
【解析】解：不妨设，则，如图，由题可知．
由，
得，所以，所以，，．
又，所以，所以，
所以，即．
所以，，，
因为，所以
解得，所以．
故答案为：
15.解：注意到，
．
于是，的最小正周期．
由，
故的单调递减区间为．
由，知，
于是，当时，取得最大值，即．
要使恒成立，只需，即解得．
故的取值范围是．
【解析】略
16.解：，
所以函数的最小正周期为，
当且仅当，时，取得最大值为，
此时的集合为．
，
因为是偶函数，
所以，，即，，
所以的最小值为．
【解析】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的图象和性质，考查函数的图象变换规律，属于中档题．
利用三角函数恒等变换的应用可求解析式为，利用周期公式可求的最小正周期，利用正弦函数的性质可求其最大值及取得最大值时的集合．
利用三角函数的平移变换可求，由是偶函数，可求，，进而可求的最小值．
17.解：，
由正弦定理得：，
因为，所以，
所以，因为，所以，解得，
因为，所以，
，
又因为，所以，
在中，由余弦定理可得：
，
所以，即；
由题设
，
因为为锐角三角形，所以
，从而，
可得，所以，
则面积的取值范围是．
【解析】由正弦定理求出，对两边平方求出中，再由余弦定理可得答案；
，根据为锐角三角形求出的范围，再由的范围可得答案．
18.解：
连接、，，
由，分别为，中点，则，
又，，则，
由，，
易知，
又，分别为，中点，即，
，
结合的结论可知，四边形是梯形，因此直线、不平行，
设它们交点为，平面，同理平面，
又平面平面，因此，
即、必相交且交点在直线上．
【解析】根据中位线及等比分点可得平行，进而可证四点共面；
结合面面位置关系可得证．
19.解：，，为做变换后的结果，，
，为做变换后的结果，，
由，则
当时，，，，显然恒成立；
当时，，，，开平方可得或，解得或，
综上，不等式：的解集为．
证明：先做变换后得到，再做变换后得到，
，，
先做变换后得到，再做变换后得到，
，，
，在上单调递增，
，
，当时，，又在上单调递增，则，即．
由于等价于且，其中若，则，
因此当时，，
任意取，令，存在，使，由在上单调递减，可得，
同理可得，以此类推，即，即．
函数在上单调递增．
【解析】由题意，推导出函数的解析式，建立方程，由此能求出．
由题意，推导出函数的解析式，建立不等式，分类讨论去掉绝对值，结合二次函数的性质，可得答案．
由题意，分别推导出函数的解析式，建立方程，
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