2024-2025学年江西省宜春市高二（上）开学数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江西省宜春市高二（上）开学数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若复数z满足z+i(2−i)=0，则z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.古代文人墨客与丹青手都善于在纸扇上题字题画，题字题画的扇面多为扇环形.已知某纸扇的扇面如图所示，其中外弧长与内弧长之和为89cm，连接外弧与内弧的两端的线段长均为18cm，且该扇环的圆心角的弧度数为2.5，则该扇环的外弧长为( )
A. 63cmB. 65cm
C. 67cmD. 69cm
3.已知函数f(x)对任意x∈R满足f(1−x)=f(1+x)，f(x+2)=−f(x)，且f(0)=0，则f(26)等于( )
A. 1B. 0C. 2D. −1
4.已知向量a=(−1,2)，b=(−3,1)，则a在b上的投影向量为( )
A. (−32,12)B. (−12,1)C. (− 55,2 55)D. (−3 1010, 1010)
5.已知α、β均为锐角，若p：sinαA. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.已知函数y=3sin(x+π5)图象为C，为了得到函数y=3sin(2x−π5)的图象，只要把C上所有点( )
A. 先向右平移π5个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
B. 先向右平移25π个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
C. 先将横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变，再向右平移π5个单位长度
D. 先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移π5个单位长度
7.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinA=(b+c)sinB，则a−bc的取值范围是( )
A. (13,12)B. (13,1)C. ( 33,1)D. ( 33,12)
8.已知定义在R上的偶函数f(x)，当x∈[0,2π)时，f(x)=csx−|csx|，对任意x∈[0,+∞)总有f(x+2π)=2f(x).当a，b∈[m,n]时，f(a)−f(b)≤4恒成立，则n−m的最大值为( )
A. 6πB. 19π3C. 28π3D. 31π3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.有一组样本数据：1，1，2，4，1，4，1，2，则( )
A. 这组数据的众数为4B. 这组数据的极差为3
C. 这组数据的平均数为1.5D. 这组数据的40%分位数为1
10.若a>0，b>0，则下列结论正确的有( )
A. a2+b2a+b≤ 22B. 若1a+4b=2，则a+b≥92
C. 若ab+b2=2，则a+3b≥4D. 若a>b>0，则a+1b>b+1a
11.半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是( )
A. 该半正多面体的表面积为21 34
B. BE与平面ABC所成角的正弦值为 63
C. 该半正多面体外接球的表面积为11π2
D. 若点M，N分别在线段DE，BC上，则FM+MN+AN的最小值为 19
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.(1+tan13°)(1+tan32°)= ______．
13.如图，在△ABC中，点O满足BO=2OC，过点O的直线分别交直线AB、AC于不同的两点M、N.设AB=mAM，AC=nAN，则1m+1n的最小值是______．
14.如图，莲花县荷塘乡重阳木古树已有800年左右的历史，该古树枝繁叶茂，以优美的形状挺立在文塘村，几百年来历经风霜守护村民繁衍生息.小明为了测量该古树高度，在古树旁水平地面上共线的三点A，B，C处测得古树顶点P的仰角分别为45°，45°，30°，若AB=BC=28米，则该古树的高度为______米.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知二次函数y=f(x)的图象过点(−1,3)，且不等式f(x)−7x<0的解集为(14,1)．
(1)求f(x)的解析式；
(2)设g(x)=f(x)−mx，若g(x)在(2,4)上是单调函数，求实数m的取值范围．
16.(本小题15分)
在如图所示的多面体MNABCD中.四边形ABCD是边长为 2的正方形，其对角线的交点为Q，DM⊥平面ABCD，DM//BN，DM=2BN=2.点P是棱DM的中点．
(1)求证：PQ⊥平面ANC；
(2)求多面体MNABCD的体积．
17.(本小题15分)
甲、乙两人组成“九章队”参加青岛二中数学学科周“最强大脑”比赛，每轮比赛由甲、乙各猜一个数学名词，已知甲每轮猜对的概率为23，乙每轮猜对的概率为34.在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．
(1)求甲两轮至少猜对一个数学名词的概率；
(2)求“九章队”在两轮比赛中猜对三个数学名词的概率．
18.(本小题17分)
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，向量m=(1−2cs2B2,csC)，n=(c,2a−b)，且m⊥n．
(1)求C；
(2)若a+b=2，c= 3，∠C的平分线交AB于点D，求CD的长．
19.(本小题17分)
设O为坐标原点，定义非零向量OM=(a,b)的“友函数”为f(x)=asinx+bcsx(x∈R)，向量OM=(a,b)称为函数f(x)=asinx+bcsx(x∈R)的“友向量”．
(1)记OM=(1,1)的“友函数”为f(x)，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)设ℎ(x)=cs(x+π6)−2cs(x+θ)，其中θ∈R，求ℎ(x)的“友向量”模长的最大值；
(3)已知点M(a,b)满足6a2+5ab+b2<0，向量OM的“友函数”f(x)在x=x0处取得最大值.当点M运动时，求g(x0)=csx0−sinx0sinx0+csx0的取值范围．
参考答案
1.D
2.C
3.B
4.A
5.B
6.C
7.A
8.C
9.BD
10.BCD
11.BCD
12.2
13.3+2 23
14.28
15.解：(1)因为不等式f(x)−7x<0的解集为(14,1)，
所以14和1为关于x的方程f(x)−7x=0的两根，且二次函数y=f(x)的开口向上，
则可设f(x)−7x=a(x−14)(x−1)，(a>0)，
即f(x)=a(x−14)(x−1)+7x，
由f(x)的图象过点(−1,3)，可得a(−1−14)(−1−1)+7×(−1)=3，
解得a=4，
所以f(x)=4(x−14)(x−1)+7x，
即f(x)=4x2+2x+1；
(2)因为g(x)=f(x)−mx=4x2+2x+1−mx=4x2+(2−m)x+1，
对称轴x=−2−m8，
因为g(x)在(2,4)上是单调函数，
所以−2−m8≤2或−2−m8≥4，解得m≤18或m≥34．
即实数m的取值范围(−∞,18]∪[34,+∞)．
16.解：(1)证明：连接PN，QN，
因为DM⊥平面ABCD，AD，DC，DB⊂平面ABCD，
所以DM⊥DB，PD⊥AD，PD⊥DC，
因为DM=2BN=2，P是DM中点，所以四边形PDBN为矩形，
则PN=BD=2，PD=NB=1，
因为Q是正方形ABCD的对角线交点，所以Q为AC，DB中点，PQ=NQ= 2，
所以PQ2+NQ2=PN2，PQ⊥QN，
因为四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC，
又DM∩BD=D，DM⊂平面BDM，BD⊂平面BDM，
所以AC⊥平面BDM，而PQ⊂平面BDM，所以PQ⊥AC，
又AC∩NQ=Q，AC，NQ⊂平面ANC，所以PQ⊥平面ANC，得证；
(2)因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，
因为DM⊥平面ABCD，所以DM⊥AC，
因为DM⊂平面BDMN，BD⊂平面BDMN，且DM∩BD=D，
所以AC⊥平面BDMN，
因为DM=2BN=2，所以BN=1，DM=2，
因为四边形ABCD是边长为 2的正方形，所以AC=BD=2，则AQ=CQ=1，
故多面体MNABCD的体积V=VA−BDMN+VC−BDMN=13×(1+2)×22×1+13×(1+2)×22×1=2．
17.解：(1)因为甲每轮猜对的概率为23，
所以甲两轮至少猜对一个数学名词的概率P=1−(1−23)2=89；
(2)“九章队”在两轮比赛中猜对三个数学名词，包括两轮比赛中甲猜对2个，乙猜对一个，和甲猜对1个，乙猜对2个，
所以所求概率为P=(23)2×2×34×(1−34)+2×23×(1−23)×(34)2=512．
18.解：(1)m=(1−2cs2B2,csC)，n=(c,2a−b)，且m⊥n，
则m⋅n=c(1−2cs2B2)+(2a−b)csC=0，
即(2a−b)csC=ccsB，
由正弦定理可知(2sinA−sinB)csC=sinCcsB，即2sinAcsC=sinBcsC+sinCcsB，
则2sinAcsC=sin(B+C)=sinA，又A∈(0,π)，
则sinA≠0，所以2csC=1，csC=12，
又C∈(0,π)，所以C=π3；
(2)a+b=2，c= 3，则csC=a2+b2−c22ab=(a+b)2−c2−2ab2ab，
即12=4−3−2ab2ab，解得ab=13，
又CD为∠C的平分线，则∠ACD=∠BCD=π6，
所以S△ABC=S△ACD+S△BCD，
即12absinC=12b⋅CD⋅sin∠ACD+12a⋅CD⋅sin∠BCD=12sinπ6(a+b)⋅CD，
所以12×13× 32=12×12×2CD，
解得，CD= 36．
19.解：(1)由已知f(x)=sinx+csx= 2sin(x+π4)，
则令−π2+2kπ≤x+π4≤π2+2kπ，k∈Z，
解得−3π4+2kπ≤x≤π4+2kπ，k∈Z，
即函数的单调递增区间为[−3π4+2kπ,π4+2kπ]，k∈Z；
(2)ℎ(x)=cs(x+π6)−2cs(x+θ)= 32csx−12sinx−2csθcsx+2sinθsinx
=( 32−2csθ)csx+(−12+2sinθ)sinx，
则ℎ(x)的“友向量”为OM=(−12+2sinθ, 32−2csθ)，
所以OM|= ( 32−2csθ)2+(−12+2sinθ)2=
34−2 3csθ+4cs2θ+14−2sinθ+4sin2θ
= 5−(2sinθ+2 3csθ)
= 5−4sin(θ+π3)，
又θ∈R，所以当θ=7π6+2kπ，k∈Z时，|OM|= 5−4sin(θ+π3)取得最大值为3；
(3)由已知点M(a,b)满足6a2+5ab+b2<0，
则a≠0，b≠0，且−12又f(x)=asinx+bcsx= a2+b2sin(x+φ)，且tanφ=ba，
且当x+φ=π2+2kπ，k∈Z时，函数f(x)取得最大值，
即x0=−φ+π2+2kπ，k∈Z，
所以tanx0=tan(−φ+π2+2kπ)=1tanϕ=ab，
即tanx0∈(−12,−13)，
又g(x0)=csx0−sinx0sinx0+csx0=1−tanx0tanx0+1，
设t=tanx0∈(−12,−13)，
则原式=1−tt+1=−(t+1)+2t+1=−1+2t+1，
且在(−12,−13)上单调递减，
所以g(x0)∈(2,3)．