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2024-2025 学年第一学期高二开学摸底测试卷 数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准
考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单项选择题：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，只有一个选项是符
合题目要求的．
1．已知复数 （ 为虚数单位），则实数 的值为（ ）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】由已知可得 ，根据复数乘法运算法则，和复数相等的充要条件，即可求解.
【详解】 ，
故选:D.
【点睛】本题考查复数的代数运算、复数相等的应用，属于基础题.
2．如图,三棱柱 中,侧面 的面积是 ,点 到侧面 的距离是 ,则三棱柱
的体积为( )
A． B． C． D．
试卷第1页，共3页
学科网（北京）股份有限公司【答案】C
【分析】侧面 的面积是 ,点 到侧面 的距离是 ,可得 ,又
,即可求得三棱柱 的体积.
【详解】 侧面 的面积是 ,点 到侧面 的距离是
故选:C.
【点睛】本题考查了求三棱锥体积,解题关键是掌握三棱柱体积计算公式和三棱柱特征,考查了分析能力和
计算能力,属于基础题.
3．已知向量 ，且 ，则 的值是（ ）
A． B． C． D．6
【答案】D
【分析】根据 可得 ，进而利用向量的数量积的坐标表示可得结果．
【详解】因为 ，即 ，
化简，整理得 ，
则 ，解得 .
故选：D
4． 是 所在平面上一点满足 的形状是（ ）
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
试卷第2页，共3页C．等腰三角形 D．等边三角形
【答案】B
【分析】利用向量的减法，数量积的运算律计算即得.
【详解】由 ，得 ，即 ，
两边平方并化简得 ，则 ，即 ，所以 是直角三角形.
故选：B
5．如果满足 ， ， 的 有且只有一个，那么实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出 到 距离，然后根据题意结合图形求解即可.
【详解】因为在 中， ， ，
所以 到 距离 ，
因为 有且只有一个，
所以由图可知 或 ，
即实数 的取值范围是 .
故选：D
6．在平面直角坐标系 中， 、 ，若点 是线段 上的动点，则 的取值
范围是（ ）
试卷第3页，共3页
学科网（北京）股份有限公司A． B． C． D．
【答案】D
【分析】可得 ，求得 的取值范围，进而可求得 的取值
范围.
【详解】 ，且 ， ，
为线段 上的动点，则 ，所以， .
， ，
则 .
故选：D.
【点睛】本题考查向量投影的取值范围的计算，利用代数式的几何意义求解代数式的取值范围是解题的关
键，考查化归与转化思想的应用，属于中等题.
7．已知角 顶点在原点，始边与x轴非负半轴重合，终边在直线 上，则 （ ）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【分析】根据题意可得 ，再利用三角函数恒等变换公式化简变形 ，从而可求出结
果.
【详解】因为角 顶点在原点，始边与x轴非负半轴重合，终边在直线 上，
所以 ，
试卷第4页，共3页所以 .
故选：C
8．在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若 ，且 ，则
的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，结合条件由余弦定理可得 ，再由 ，结合正切函数的和差
角公式以及基本不等式代入计算可得 ，即可得到结果.
【详解】因为 ，且 ，则 ，
由余弦定理可得 ，所以 ，
即 ，由正弦定理可得 ，
其中 ，则 ，所以 ，
又 ，
化简可得 ，
且 为锐角三角形，则 ，
所以 ，
即 ，
解得 或 （舍），
所以 ，当且仅当 时，等号成立，
试卷第5页，共3页
学科网（北京）股份有限公司则 的最大值为 .
故选：B
【点睛】关键点睛：本题主要考查了余弦定理，正切函数的和差角公式以及基本不等式求最值问题，难度
较大，解答本题的关键在于由余弦定理得到 ，然后结合基本不等式代入计算，即可求解.
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．复数 的虚部为
B． ，若 ，则 或
C．若 ，则 的最小值为1
D．若 是关于 的方程 的根，则
【答案】BCD
【分析】求出复数的虚部判断A；利用乘法的意义判断B；利用复数的几何意义求解判断C；求出实系数
一元二次方程另一根，再利用韦达定理计算判断D.
【详解】对于A，复数 的虚部为 ，A错误；
对于B， ， ，则 或 ，B正确；
对于C， ，在复平面内复数 对应的点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，
是该圆上的点与点 的距离，而点 到原点的距离为2，因此 的最小值为1，C正确；
对于D，由 是关于 的方程 的根，得该方程另一根为 ，
因此 ，解得 ，D正确.
故选：BCD
10．已知 ，则（ ）
试卷第6页，共3页A． 是奇函数
B． 的最小正周期是
C． 图象的一个对称中心是
D． 上 单调递增
【答案】AC
【分析】由三角恒等变换化简解析式，由定义判断A；由周期公式判断B；由性质判断CD.
【详解】 ，
对于A： ，即 是奇函数，故A正确；
对于B： 的最小正周期是 ，故B错误；
对于C：令 ，当 时， 图象的对称中心是 ，故C正确；
对于D： ，函数 在 上单调递增，所以 上 单调递减，故D错
误；
故选：AC
11．如图，正方体 的棱长为1，P是线段 上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥 的体积为定值
试卷第7页，共3页
学科网（北京）股份有限公司B． 平面
C． 的最小值为
D．当 ，C， ，P四点共面时，四面体 的外接球的体积为
【答案】ABD
【分析】A选项，求出 为定值，且P到平面 的距离为1，从而由等体积得到锥体体积为定值；
B选项，证明出面面平行，得到线面平行；
C选项，将两平面展开到同一平面，连接 ，交 于点 ，此时 最小，最小值即为 的长，
由勾股定理得到最小值；
D选项，点P在点B处， ，C， ，P四点共面，四面体 的外接球即正方体的外接球，求出正方
体的外接球半径，得到外接球体积.
【详解】对于A，因为 不在平面 内， 平面 ，
所以 平面 ，又 ，
所以点 到平面 的距离为 ，
又 为定值，
故 定值，A正确；
对于B，因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
同理可知 平面 ，
又 ， 平面 ，
所以平面 平面 ，
试卷第8页，共3页由于 平面 ，故 平面 ，B正确.
对于C，展开两线段所在的平面，得矩形 及等腰直角三角形 ，
连接 ，交 于点 ，此时 最小，最小值即为 的长，
过点 作 ⊥ ，交 的延长线于点 ，
其中 ，
故 ，又勾股定理得 ，C正确；
对于D，点P在点B处， ，C， ，P四点共面，
四面体 的外接球即正方体的外接球，
故外接球的半径为 ，所以该球的体积为 ，D正确.
故选：ABD
【点睛】特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和
半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.
三、填空题
12．某几何体底面的直观图为如图矩形 ，其中 ， 该几何体底面的面积为 ．
试卷第9页，共3页
学科网（北京）股份有限公司【答案】
【分析】根据直观图，得到底面平面图形的形状和图形的高，根据平行四边形的面积公式求出底面积.
【详解】在直观图中，令 轴与 交于点 ，则 ，
直观图还原为平面图形如图，
根据直观图与原图的关系可得： ，
故该几何体的底面是平行四边形，其面积为 .
故答案为： .
13．已知 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若 ， ，则
.
【答案】 /0.75
【分析】利用正弦定理、三角变换公式可得 及 ，故可得
，消元后可得 的值.
【详解】由正弦定理可得 ，
故 ，
故 ，
试卷第10页，共3页整理得到 ，
而 ，故 ，所以 ，
故 ，解得 或 ，
若 ，则 ，故 同为钝角，这与 矛盾，
故 .
故答案为： .
14．已知 在 上的投影向量为 ，则 的取值范围为 ．
【答案】
【分析】给已知等式两边平方化简可求出 和 ，然后根据投影向量的计算公式求解即可.
【详解】因为 ，所以 ，
即 ， ，
所以 ， ，
所以 ， ，
因为 在 上的投影向量为 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 和 为非零向量，所以 ，
因为 ，所以 ，
试卷第11页，共3页
学科网（北京）股份有限公司所以 ，所以
所以 ，所以 ，即 ，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查向量数量积的运算律，考查数量积的几何意义，解题的关键是对已知等式
两边平方化简后，两式相结合求出 的范围，考查计算能力，属于较难题.
四、解答题
15．正四棱台两底面边长分别为2和4．
(1)若侧棱长为 ，求棱台的表面积；
(2)若棱台的侧面积等于两底面面积之和，求它的高．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设 分别为上，下底面的中心，分别取 的中点 ，利用梯形 求出斜高，
从而求出表面积；
（2）根据已知条件求出斜高, 再由直角梯形 求出四棱台的高.
试卷第12页，共3页【详解】（1）如图，设 分别为上，下底面的中心，
分别取 的中点 ，连接 ，则 为正四棱台的斜高，
，
则棱台的表面积 .
（2）两底面面积之和为 ，
正四棱台的侧面积为 ，解得 ，
正四棱台的高 .
16．如图，在 中，已知 ， ， ，N是 的中点， ，设 与
相交于点P．
(1)求 的值；
(2)若 ，求 的值．
【答案】(1)
试卷第13页，共3页
学科网（北京）股份有限公司(2)
【分析】（1）以 为基底表示 ，利用平面向量数量积公式求其夹角余弦即可；
（2）利用平面向量共线的充要条件，结合平面向量基本定理，根据待定系数法计算即可.
【详解】（1）以 为基底，设 ，
则
，
所以 ，
同理 ，
，
则 ；
（2）因为 三点共线，不妨设 ，
同理有 三点共线，不妨设 ，
则有 .
17．在 中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知 ．
(1)求角 的大小；
(2)若 的面积为 ，角 的平分线与AC交于点 ，且 ，求边 的值．
试卷第14页，共3页【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理即可得；
（2）根据三角形面积相等，余弦定理即可得.
【详解】（1）在 中，由正弦定理 ，可得 ，
又由 ，得 ，
即 ，即 ，所以 ，
可得 ，又因为 ， .
（2）由 及角 的平分线与 交于点 ，可得 ，
因为 ，所以 的面积
同理可得 的面积 ,
又 的面积 ，
所以 ， ，
在 中，由余弦定理得， ，
解得： .
试卷第15页，共3页
学科网（北京）股份有限公司18．如图，在四棱锥 中， 底面ABCD，E是PC的中点，点F在棱BP上，且 ，四
边形ABCD为正方形， .
(1)证明： ；
(2)求三棱锥 的体积；
(3)求二面角 的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由线面垂直的判定求证；
（2）由 转化求解；
（3）由线面垂直的性质得 即二面角 的平面角，即可求解．
【详解】（1）证明：因为 底面 ， 底面 ，所以 .
因为四边形 为正方形，所以 .
因为 ，所以 平面 .
因为 平面 ，所以 .
在 中， ，E是PC的中点，则 .
试卷第16页，共3页因为 ，所以 平面 .
因为 平面 ，所以 .
因为 ， ，所以BP⊥平面 .
因为 平面 ，所以 .
（2）连接 交 于点 ，如图所示：
则 ，又 底面 ， 平面 ，得 ，
而 ，则 平面 ，则点C到平面 的距离为 ，
因为E是PC的中点，所以
， ， ， ，
所以 ， ，
所以 .
（3）解：由（1）可得 平面 ，因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
.
为二面角 的平面角.
， .
因为 ，所以 ，解得 .
因为 ，即 ，所以 .
故二面角 的余弦值为 .
试卷第17页，共3页
学科网（北京）股份有限公司19．对于平面向量 ，记 ，若存在
，使得 ，则称 是 的“ 向量”．
(1)设 ，若 是 的“ 向量”，求实数 的取值范围；
(2)若 ，则 是否存在“1向量”?若存在，求出“1向量”；若不
存在，请说明理由；
(3)已知 均为 的“ 向量”，其中 ．设平面直角坐标系 中
的点列 满足 （ 与原点 重合），且 与 关于点 对称，
与 关于点 对称．求 的取值范围．
【答案】(1) 或 ，
(2)存在“1向量”， “1向量”为 ，
(3)
【分析】（1）根据“ 向量”的定义，即可由模长公式求解；
（2）利用三角函数的周期性可得 ，即可由定义求解，
（3）由定义，结合模长公式可得 ，设 ，由条件列式，变形为
，结合三角函数的性子，转化为求 的最小值．
【详解】（1）由 可得 ，
故 ， ，
试卷第18页，共3页由于 是 的“ 向量”，所以 即 ，
解得 或 ，
（2）由于 均为周期函数，且周期为 ，而
故 ，
若 存在“1向量”，则存在 ，使得
故 ，
即 ，
故 ，故 ,
解得 ，即 或
故 存在“1向量”?若存在，“1向量”为
故 ，
（3）由于 均为 的“ 向量”，故 ，
即 ， ，
即 ，同理 ， ，
三式相加并化简，得： ，
试卷第19页，共3页
学科网（北京）股份有限公司即 ， ，所以 ，
设 ，由 ，得 ，
设 , ，则依题意得： ，
得
故 ，
同理 ，
故 ，
所以 ，
，
故 ，
故 ，
【点睛】关键点点睛：（1）（2）问充分利用定义，结合向量的坐标运算，模长公式，以及三角函数的周
期性求解,（3）问，利用点关于点的对称，得到坐标间的关系，利用递推得
是解题关键.
试卷第20页，共3页
