江西省宜春市丰城市第九中学2024-2025学年高二上学期开学考试 数学试题（日新班）含答案

丰城九中2024-2025学年上学期高二日新开学考试数学试卷考试时间：120分钟试卷总分：150分一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知集合，则（

）A． B．C． D．2．已知向量，则与夹角的余弦值为（

）A． B． C． D．3．已知函数，则（

）A．0 B．1 C． D．4．若实数，，满足，，，则（

）A． B． C． D．5．如图，在复平面内，复数，对应的点分别为，，则复数的虚部为（

）

A． B． C． D．6．，的导函数为，则（

）A． B．C． D．7．在中，角的对边分别是，，，则“”是“是锐角三角形”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件8．在棱长为3的正方体中，点Р是侧面上的点，且点Р到棱与到棱AD的距离均为1，用过点Р且与垂直的平面去截该正方体，则截面在正方体底面ABCD的投影多边形的面积是（

）A． B．5 C． D．8二、多项选择题（本大题共3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，有选错的得0分）9．已知函数，且满足，则（

）A．函数在处有极大值B．函数在区间上是增函数C．函数在有极大值D．函数在区间和上是增函数10．若正实数满足，则（

）A．B．有序数对有6个C．的最小值是D．11．已知函数的定义域为R，，，则（

）A． B．C．为奇函数 D．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，请把正确答案填在题中横线上）12．的展开式中的系数为（用数字作答）.13．函数的值域为.14．已知椭圆的左，右焦点分别为，过点且垂直于轴的直线与椭圆交于两点，分别交轴于两点，的周长为6，过作外角平分线的垂线与直线交于点，则.四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算）15．在中，内角的对边分别为，且.(1)证明：.(2)若，，求的面积.16．已知函数fx(1)当时，求曲线y=fx在点1,f1(2)若函数gx=fx17．如图，已知点列在曲线上，点列在x轴上，，，为等腰直角三角形．(1)求，，；（直接写出结果）(2)求数列an(3)设，证明：．18．在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记.(1)求长的最小值；(2)当的长最小时，求二面角的正弦值.19．已知等比数列的公比为q（），其所有项构成集合A，等差数列的公差为d（），其所有项构成集合B．令，集合C中的所有元素按从小到大排列构成首项为1的数列．(1)若集合，写出一组符合题意的数列和；(2)若，数列为无穷数列，，且数列的前5项成公比为p的等比数列．当时，求p的值；(3)若数列是首项为1的无穷数列，求证：“存在无穷数列，使”的充要条件是“d是正有理数”．1．D【分析】根据集合的交集以及并集运算，可判断A，C；根据集合的元素可判断A，B之间的关系，判断B；求得，确定集合的元素，可判断D.【详解】因为集合，故，A错误；由于，但，故A不是B的子集，B错误，，C错误；，D正确，故选：D2．D【分析】由向量夹角的坐标表示计算．【详解】因为，则，所以.故选：D．3．A【分析】直接求导代入即可得解.【详解】由题，，故.故选：A.4．A【分析】首先判断，，且，根据对数函数的性质可得，即可判断.【详解】因为，又，则，且，即，因为，所以，所以.故选：A5．D【分析】由复数对应的点求出复数，，计算，得复数的虚部.【详解】在复平面内，复数，对应的点分别为，，则，，得，所以复数的虚部为.故选：D6．D【分析】对两边求导可得，C错误，D正确，举出反例得到AB错误.【详解】CD选项，两边求导得，故，，C错误，D正确，AB选项，可令，满足，，即，可以得到，，AB错误.故选：D7．B【分析】利用正弦定理和余弦定理可得，但不一定为锐角；若是锐角三角形可知满足，即可得出结论.【详解】由是锐角三角形，得，从而，故，即，即，可得，即必要性成立；反之，若“”可得，即，可得，可知，但角可能为钝角，所以充分性不成立；故选：B8．C【分析】根据题意画出与垂直的平面GJKLNM，作出其投影平面AOQCKJ，已知正方体棱长为3，点Р到棱与到棱AD的距离均为1，所以点G，J，K，L，N，M均为各棱的三等分点，求出投影的面积S即可得出答案.【详解】由题意可以作出与垂直的平面，利用面面平行可作出过点P且平行于平面的平面GJKLNM，则平面GJKLNM与垂直，作出点M，N的投影O，Q，平面AOQCKJ的面积S即为所求，已知正方体棱长为3，点Р到棱与到棱AD的距离均为1，所以点G，J，K，L，N，M均为各棱的三等分点，故选：C.9．CD【分析】求导，根据得，即可根据导数求解函数的单调性以及极值.【详解】的定义域为故令或；令或在和上单调递增，在和上单调递减有极大值，有极小值.故选：CD10．AB【分析】对于A，使用条件即可证明；对于B，设并证明整除，再验证的全部因子即可；对于C，直接证明即可否定；对于D，给出，作为反例即可否定.【详解】对于A，由已知正实数满足，有，，故A正确；对于B，由于，，故是正整数，设，则，所以.而，故整除，得.验证知时，都满足条件，所以符合条件的有序数对有6个，故B正确；对于C，由于，且，，从而，当，时，等号成立，故C错误；对于D，当，时，有，故，从而.但此时，故D错误.故选：AB.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是C选项中对基本不等式的适当运用.11．BCD【分析】利用赋值法求得即可判断A；利用赋值可得，并且判断出，由不等式的性质可得，即可判断B；利用函数的奇偶性以及的值即可判断C；利用等比数列的判定可得的通项公式，利用等比数列的求和公式可得，即可判断D．【详解】令，，则，将代入得，即，故A错误；由，令可得，若存在x使得，则上式变为，显然不成立，所以，又，因为，所以，将整理为，因为，即，所以，故B正确；令，则，且，所以为奇函数，故C正确；当时，，，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，所以，由可知，因为，所以，所以，故D正确；故选：BCD．【点睛】关键点点睛：关键是充分利用函数的奇偶性，等比数列的判定与证明以及等比数列的前n项和进行分析，由此即可顺利得解．12．【分析】根据二项式展开式有关知识求得正确答案.【详解】由于，所以的展开式中含的项为，所以的展开式中的系数为.故答案为：13．【分析】令,将原函数转化为，利用基本不等式即可求解.【详解】的定义域为，令，当且仅当，即x=−1时取“等号”∴fx的值域为.故答案为：14．##【分析】根据椭圆的定义可得的周长为4a，结合的周长可求出a的值，再根据外角平分线性质求出，由勾股定理即可求得答案.【详解】由题意知过点且垂直于轴的直线与椭圆交于两点，则,故的周长为，由于，且O是的中点，O在上，则为的中位线，则的周长为周长的一半，而的周长为6，即，则椭圆方程为，则,设外角平分线为，又过作外角平分线的垂线与直线交于点，故，则，故，故答案为：15．(1)证明见解析(2)或【分析】（1）利用正弦定理及正弦的和角公式计算即可；（2）利用余弦定理及（1）的结论，三角形面积公式计算即可.【详解】（1）根据正弦定理知，整理得，因为，所以，由正弦定理可得；（2）因为，所以，由余弦定理可得，即，则，因为，所以，所以，则，即，解得或，当时，，此时的面积，当时，，此时的面积.所以的面积为或.16．(1)(2)0,【分析】（1）求出f′1、（2）转化为y=a,y=lnxx2的图象有2个交点，令【详解】（1）当时，fx=lnx−2f′1=1−4+2=−1所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为即；（2）gx由gx=0得y=a,y=ln令ℎxℎ′x=1−2lnx当时，ℎ′x<0，ℎx且时，ℎx>0，ℎ所以时，ℎx<0，所以ℎ所以若函数gx则0<a<1所以实数的取值范围为0,12e17．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）直线的方程为，与抛物线方程联立可得，可求得，，同理可得；（2）由题意可得，进而可得，可求数列an的通项公式；（3）由（2）可得，进而可证结论成立.【详解】（1）由为等腰直角三角形，所以直线的直线斜率为1，故直线的方程为，与抛物线方程联立可得，可解得或，从而可得，可得的横坐标为1，因为，解得，由，所以，可得，可得，解得；（2）由题意可得，所以，所以，所以，所以，所以是以为首项，为公差的等差数列，所以，所以，（3）由（1）可得，所以，所以，，所以.【点睛】关键点点睛：解本题的第（3）问的关键在于利用放缩法推导出，再利用数列求和结合不等式进行推导，从而证得结论成立.18．(1)(2)【分析】（1）根据条件，建立空间直角坐标系，求出，，再利用空间两点间的距离公式，即可求出结果；（2）根据（1）结果，得到，再求出平面和的法向量，再利用两平面夹角的向量法，即可求出结果.【详解】（1）因为面面，又面面，，面，所以面，又，如图，以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，因为两个正方形的边长为1，则，又，则，得到，同理可得，所以，又，所以当时，的长最小，最小值为.（2）由（1）知，的长最小时，分别为正方形对角线和的中点，可得，设平面的一个法向量为，又，由，取，可得，设平面的一个法向量为，又，，由，取，可得，则，所以，因此，二面角的正弦值为.19．(1)取为；为.(2).(3)证明见解析.【分析】（1）取为；为，可验证它们符合题设要求.（2）可证明，设的前5项为：，就或分类讨论后可求p的值．（3）可证，利用二项式定理可证明充分性，利用反证法结合等比中项可证明必要性.【详解】（1）取为；为，则满足：，故为等比数列.而，故为等差数列，故此时，符合题意.（2）因为集合C中的所有元素按从小到大排列构成首项为1的数列，故中各项均为正数，所以中的各项均为正数，而为无穷等差数列，故.设的前5项为：，因为，，，所以，此时必有，事实上，若，则的前5项即是的前5项，与矛盾．所以或．若，则，所以，此时的前5项为1，，2，，4，即，，所以数列的公差为，因为，所以符合题意；若，则或①时，有p，，成等差数列，所以，解得，与矛盾；②时，有，所以，所以的前5项为1，，，2，，因为，所以，即，所以，故，与为等差数列矛盾．所以不可能．综上，p的值为．（3）因为数列是首项为1的无穷数列，由（2）知，数列是递增的数列；对于公比不为1的无穷数列，必有，．否则，若q为负，则相邻两项必有一项为负，这与中的最小项为矛盾；若，则当时，，即，这与中的最小项为矛盾．先证明充分性：当d是正有理数时，因为数列是递增的等差数列，所以，设（s，，s，t互质），则，令，则，，当时，所以数列的第n项是数列的第项，所以数列中的项都是数