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）（解析版）

这是一份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）（解析版），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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.
【答案】D
【解析】
【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：D
2. 已知向量，则与夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【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. 已知函数，则（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接求导代入即可得解.
【详解】由题，，故.
故选：A.
4. 若实数，，满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【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：A
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.
【答案】D
【解析】
【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：D
6. ，的导函数为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【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：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
【答案】B
【解析】
【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：B
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. 5C. D. 8
【答案】C
【解析】
【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.
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
【答案】CD
【解析】
【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：CD
10. 若正实数满足，则（ ）
A.
B. 有序数对有6个
C. 的最小值是
D.
【答案】AB
【解析】
【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. 已知函数的定义域为R，，，则（ ）
A. B.
C. 为奇函数D.
【答案】BCD
【解析】
【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，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．
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）.
【答案】
【解析】
【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. 函数的值域为__________.
【答案】
【解析】
【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. 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__________.
【答案】##
【解析】
【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：
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.
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【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.
【小问1详解】
根据正弦定理知，
整理得，
因为，
所以，
由正弦定理可得；
【小问2详解】
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. 已知函数fx=lnx-ax2+ax.
（1）当时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程.
（2）若函数gx=fx-ax有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）0,12e
【解析】
【分析】（1）求出f'1、f1，利用直线的点斜式方程可得答案；
（2）转化为y=a,y=lnxx2的图象有2个交点，令hx=lnxx2x>0，利用导数求出hx值域，结合图象可得答案.
【小问1详解】
当时，fx=lnx-2x2+2x，所以f'x=1x-4x+2,
f'1=1-4+2=-1，f1=ln1-2+2=0，
所以曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y=-x-1，
即；
【小问2详解】
gx=fx-ax=lnx-ax2x>0，
由gx=0得，
y=a,y=lnxx2的图象有2个交点，
令hx=lnxx2x>0，
h'x=1-2lnxx3，当时，h'x>0，hx单调递增，
当时，h'x<0，hx单调递减，所以hx≤he=12e，
且时，hx>0，h1=0，
所以时，hx<0，所以hx的大致图象如下，
所以若函数gx=fx-ax有两个零点，
则0所以实数的取值范围为0,12e.
17. 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的通项公式；
（3）设，证明：．
【答案】（1）
（2） （3）证明见解析
【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.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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，
【小问3详解】
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. 在如图所示试验装置中，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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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. 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”．
【答案】（1）取为；为.
（2）.
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）取为；为，可验证它们符合题设要求.
（2）可证明，设前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.
【小问1详解】
取；为，
则满足：，故为等比数列.
而，故为等差数列，
故此时，符合题意.
【小问2详解】
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．
【小问3详解】
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列的项，即．
再证明必要性：
假设d是正无理数，因为，即数列中的项都是数列的项，故.
令，，（i，j，），则，，，
且，因为，即，
整理得：，约去d有，
因为i，j，，且d是无理数，所以，消去j并整理得，
故，与矛盾，所以假设不成立，即d是有理数．
综上所述，“存在数列，使”的充要条件是“d是正有理数”
【点睛】思路点睛：两类数列的交叉问题，往往需要从基本量来处理，注意合理的分类讨论，另外等比数列与等差数列的交叉问题，注意结合二项式定理来沟通两者的关系，而整数性问题注意结合整数的性质来处理.