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福建省福州市2024-2025学年上学期部分区县高二开学联考数学试卷
【满分:150】
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.
1.已知函数,若对任意的实数,在区间上的值域均为,则的取值范围为()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角恒等变换化简函数解析式,再根据余弦型函数的值域与周期性可得解.
【详解】由,
函数值域,
又对任意的实数,在区间上的值域均为,
则,
解得,
故选:D.
2.已知复数,则()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据共轭复数和除法法则进行计算,得到答案.
【详解】因为,所以,
所以.
故选:A.
3.在中,角的对边分别为,若,则为()
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.锐角三角形 D.钝角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式及正弦定理将角化边即可判断.
【详解】因为,又,
即,由正弦定理可得,
即,所以为直角三角形且为直角.
故选:B
4.在三棱锥中,,,E,F分别是,的中点,,则直线与所成的角的余弦值为()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先作出辅助线,得到或其补角为线与所成的角,求出,结合,利用余弦定理求出余弦值.
【详解】取的中点,连接,
因为E,F分别是,的中点,
所以,故或其补角为直线与所成的角,
,
又,
故,
故直线与所成的角的余弦值为.
故选:A
5.已知平面向量满足,则的最大值为()
A.2 B. C. D.3
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量加减法的平行四边形法则作图,问题转化为求的最值,利用外接圆数形结合可求最值.
【详解】设,如图,
由题意,即在平行四边形中,,,
求的最大值.
延长至,使,则,
由正弦定理,三点所在外接圆的直径,
所以,设圆心为,如图,
所以可知,又,
所以由余弦定理可得,
则由图象可知,
故选:C
6.已知函数,若将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象,若关于的方程在上有且仅有两个不相等的实根,则实数的取值范围是()
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数图象平移的原则得的表达式,根据的范围得出的范围,结合余弦函数的性质列出不等式即可得结果.
【详解】将函数向左平移个单位长度后得到函数,
即,
∵,∴,
∵在上有且仅有两个不相等的实根,
∴,解得,
即实数的取值范围是,
故选:B.
7.如图,正方体中,点E、F、G、H分别为棱的中点,点M为棱上的动点,则下列说法中正确的个数是()
①AM与异面;②平面AEM;③平面AEM截正方体所得的截面图形始终是四边形;④平面平面.
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【答案】C
【解析】
【分析】根据正方体的几何性质逐项分析.
【详解】对于①,连接,四边形是平行四边形,
平面,平面,平面,
平面,又,所以与AM是异面直线,正确;
对于②,连接EH,则四边形是平行四边形,,
又平面AEM,平面AEM,平面AEM,正确;
对于③,取的中点T,当M与T重合时,连接,则有四点共面,
即平面AEM截正方体的图形是四边形,如下图:
当M点在线段上时,在平面内作直线,交的延长线于U,交于V,连接UM,
四点共面,平面,,
即平面AEM截正方体的图形是五边形,如下图:
错误;
对于④,在正方形ABCD内,
所以,又平面ABCD,平面ABCD,
,平面,平面,
平面AEM,平面平面,正确;
故选:C.
【点睛】难点点睛:本题的难点在于当M点移动时,平面AEM与正方体的交面需要在平面内寻找到与直线EM平行的直线AV,从而确定交面的形状.
8.已知为双曲线的左焦点,是的右顶点,点在过点且斜率为的直线上,且线段的垂直平分线经过点,则的离心率为()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意,,由两角差的正切公式计算可得,根据正弦定理建立a与c的方程,结合离心率的定义即可求解.
【详解】因为且的垂直平分线经过点A,
所以为等腰三角形且,
在中,,
由,
得,解得,由正弦定理可知:
,即,
有,整理得,
即,解得.
故选:C.
【点睛】关键点点睛:解决本题的关键是根据和,结合正弦定理建立关于a与c的方程,解方程即可.
二、选择题:本题共3个小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对得6分,部分选对的得部分分,选对但不全的得补部分分,有选错的得0分.
9.已知复数(为虚数单位),复数的共轭复数为,则下列结论正确的是(
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