2024-2025学年福建省福州市部分高中高二上学期开学联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省福州市部分高中2024-2025学年高二上学期开学联考数学试题一、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〗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〗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〗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〗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〗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〗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〗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.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〗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.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（）A.在复平面内复数所对应的点位于第四象限 B.C. D.〖答案〗AC〖解析〗,在复平面内复数所对应的点为，位于第四象限，A正确，，B错误，，C正确，，故D错误，故选：AC.10.已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（）A.与是共线向量 B.与同向的单位向量是C.和夹角的余弦值是 D.平面的一个法向量是〖答案〗BD〖解析〗因为，，，所以，，，对于A：若存在实数使得，则，显然方程组无解，所以不存在使得，即与不共线，故A错误；对于B：因为，所以与同向的单位向量，故B正确；对于C：，故C错误；对于D：设平面的法向量，则，取，得，故D正确；故选：BD.11.已知函数的部分图象如图所示下列说法正确的是（）A.B.函数的图象的对称轴方程为直线C.函数的单调递减区间为D.若对于任意，都有成立，实数的取值范围为.〖答案〗ABD〖解析〗对于A，函数的周期，，解得，A正确；对于B，由，得，而，则，即，由，解得，函数的图象的对称轴方程为直线，B正确；对于C，由，得，因此函数的单调递减区间为，C错误；对于D，当时，，，即，由，显然，，因此，D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知角，为锐角，且，，则角______．〖答案〗〖解析〗由为锐角，，且，则，，所以，又为锐角，所以.13.已知，是不共线的向量，，，，若A，B，C三点共线，则实数，满足__________．〖答案〗.〖解析〗方法1：因为A，B，C三点共线，所以设，即：，所以，消去m得：.方法2：，，因为A，B，C三点共线，所以，故，所以．14.若曲线与圆恰有4个公共点，则取值范围是______．〖答案〗〖解析〗因为曲线与圆恰有4个公共点，所以直线，均与圆相交，且两直线的交点不在该圆上，则有,解得．四、解答题：本题共5分，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.已知向量满足．（1）若，求||的值；（2）若，求的值．解：（1）∵，∴，∴，即，（2），∴，即，．16.已知圆过点，且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）设点在圆上运动，点，记为线段的中点，求的轨迹方程；解：（1），的中点坐标为，直线的斜率为，故线段的垂直平分线方程为，即，联立得，即圆的圆心为，半径为，故圆的方程为.（2）设，，因为线段的中点，所以，则，因点在圆上运动，所以，则，即的轨迹方程为.17.已知，.（1）求的值；（2）求的值.解：（1）因为，所以，所以，即.因为，则，所以，，因为，所以.（2）由解得，，所以；所以.18.在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，________?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解：［方法一］【最优解】：余弦定理由可得：，不妨设，则：，即.若选择条件①：据此可得：，，此时.若选择条件②：据此可得：，则：，此时：，则：.若选择条件③：可得，，与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.［方法二］：正弦定理由，得．由，得，即，得．由于，得．所以．若选择条件①：由，得，得．解得．所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时．若选择条件②：由，得，解得，则．由，得，得．所以，选条件②时问题中三角形存在，此时．若选择条件③：由于与矛盾，所以，问题中的三角形不存在．19.如图是函数图象的一部分．（1）求函数的〖解析〗式；（2）求函数的单调区间；（3）记方程在上的根从小到大依次为，若，试求与的值．解：（1）由图可得，函数的最小正周期为，又，则，所以，又函数过点，所以，则，则，解得，因为，所以，所以．（2）令，，解得，，令，，解得，．因此函数的单调递增区间为，，单调递减区间为，．（3）方程，即，即，因为，所以，设，其中，即，结合正弦函数的图象，可得方程在区间有个解，即，又的对称轴为，不妨设个解从小到大依次为，则关于对称，关于对称，关于对称，所以，，，即，，，解得，，．所以，所以，．福建省福州市部分高中2024-2025学年高二上学期开学联考数学试题一、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〗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〗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〗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〗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〗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〗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〗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.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〗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.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（）A.在复平面内复数所对应的点位于第四象限 B.C. D.〖答案〗AC〖解析〗,在复平面内复数所对应的点为，位于第四象限，A正确，，B错误，，C正确，，故D错误，故选：AC.10.已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（）A.与是共线向量 B.与同向的单位向量是C.和夹角的余弦值是 D.平面的一个法向量是〖答案〗BD〖解析〗因为，，，所以，，，对于A：若存在实数使得，则，显然方程组无解，所以不存在使得，即与不共线，故A错误；对于B：因为，所以与同向的单位向量，故B正确；对于C：，故C错误；对于D：设平面的法向量，则，取，得，故D正确；故选：BD.11.已知函数的部分图象如图所示下列说法正确的是（）A.B.函数的图象的对称轴方程为直线C.函数的单调递减区间为D.若对于任意，都有成立，实数的取值范围为.〖答案〗ABD〖解析〗对于A，函数的周期，，解得，A正确；对于B，由，得，而，则，即，由，解得，函数的图象的对称轴方程为直线，B正确；对于C，由，得，因此函数的单调递减区间为，C错误；对于D，当时，，，即，由，显然，，因此，D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知角，为锐角，且，，则角______．〖答案〗〖解析〗由为锐角，，且，则，，所以，又为锐角，所以.13.已知，是不共线的向量，，，，若A，B，C三点共线，则实数，满足__________．〖答案〗.〖解析〗方法1：因为A，B，C三点共线，所以设，即：，所以，消去m得：.方法2：，，因为A，B，C三点共线，所以，故，所以．14.若曲线与圆恰有4个公共点，则取值范围是______．〖答案〗〖解析〗因为曲线与圆恰有4个公共点，所以直线，均与圆相交，且两直线的交点不在该圆上，则有,解得．四、解答题：本题共5分，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15.已知向量满足．（1）若，求||的值；（2）若，求的值．解：（1）∵，∴，∴，即，（2），∴，即，．16.已知圆过点，且圆心在直线上.（1）求圆的方程；（2）设点在圆上运动，点，记为线段的中点，求的轨迹方程；解：（1），的中点坐标为，直线的斜率为，故线段的垂直平分线方程为，即，联立得，即圆的圆心为，半径为，故圆的方程为.（2）设，，因为线段的中点，所以，则，因点在圆上运动，所以，则，即的轨迹方程为.17.已知，.（1）求的值；（2）求的值.解：（1）因为，所以，所以，即.因为，则，所以，，因为，