2024-2025學年宜春市高二數(shù)學上學期開學考試卷（附答案解析）

2024-2025學年宜春市高二數(shù)學上學期開學考試卷

一、單選題（本大題共8小題）

1.若復數(shù)z滿足z+i（2-i）=0,則z在復平面內對應的點位于（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2.古代文人墨客與丹青手都善于在紙扇上題字題畫，題字題畫的扇面多為扇環(huán)形.已知某紙扇

的扇面如圖所示，其中外弧長與內弧長之和為89cm，連接外弧與內弧的兩端的線段長均為18cm,

且該扇環(huán)的圓心角的弧度數(shù)為2.5,則該扇環(huán)的外弧長為（）

3.已知函數(shù)/（X）對任意xeR滿足=/（x+2）=-/（x）,且/'（0）=0,則/'（26）等

于（）

A.1B.0C.2D.-1

4.已知向量Z=（T2）,B=（-3,1）,則￡在B上的投影向量為（)

(3M而、

D'--icF'lo-

JT

5.已知。、戶均為銳角，若p:sina<sin（a+/），4：a+/<—貝！Jp是q的（）

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件

6.已知函數(shù)y=3sin（x+3圖象為C,為了得到函數(shù)y=3sin12x-1的圖象，只要把C上所有點

（）

A.先向右平移玄個單位長度，再將橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變

B.先向右平移:兀個單位長度，再將橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變

C.先將橫坐標縮短到原來的縱坐標不變，再向右平移g個單位長度

D.先將橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再向右平移個單位長度

7.在VABC中，內角A,B,C的對邊分別為。，b,c,且asinA=0+c）sinB,則巴包的取值

范圍是（）

8.已知定義在R上的偶函數(shù)/（x）,當xe[0,2?i）時，/（x）=cosx-|cosx|,對任意尤<0,+<?）總有

〃X+2TT)=2/(X).當a,6e［雙耳時,/（4）-/（"44恒成立，則“7"的最大值為（）

19K28兀-31兀

A.6兀B.-----C.D.——

3亍3

二、多選題（本大題共3小題）

9.有一組樣本數(shù)據：1,1,2,4,1,4,1,2,則（）

A.這組數(shù)據的眾數(shù)為4B.這組數(shù)據的極差為3

C.這組數(shù)據的平均數(shù)為1.5D.這組數(shù)據的40%分位數(shù)為1

10.若a>0”>0,則下列結論正確的有（

149

A.B.若一+：=2,貝!］。+/?2彳

ab2

C.若ab+b2=2,貝！Ja+3〃24D.若a>Z?>0,貝！Jan—>b-\—

ba

11.半正多面體亦稱“阿基米德體”“阿基米德多面體”，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形為面的多

面體.某半正多面體由4個正三角形和4個正六邊形構成，其可由正四面體切割而成.在如圖所示

的半正多面體中，若其棱長為1,則下列結論正確的是（）

A.該半正多面體的表面積為"

4

B.破與平面A5c所成角的正弦值為逅

3

C.該半正多面體外接球的表面積為」11兀

2

D.若點"，N分別在線段。E,BC上，則FM+MN+AN的最小值為M

三、填空題（本大題共3小題）

12.（l+tanl3°）（l+tan32°）=.

13.如圖，在A/RC中，BO=WC，過點。的直線分別交直線AB,AC于不同的兩點M,N.

AB-mAM>AC=nAN>則—的最小值為.

mn

2

A

14.如圖，蓮花縣荷塘鄉(xiāng)重陽木古樹已有800年左右的歷史，該古樹枝繁葉茂，以優(yōu)美的形狀

挺立在文塘村，幾百年來歷經風霜守護村民繁衍生息.小明為了測量該古樹高度，在古樹旁水平

地面上共線的三點A,B,C處測得古樹頂點尸的仰角分別為45。，45°,30°,若A5=BC=28米,

則該古樹的高度為米.

四、解答題(本大題共5小題)

15.已知二次函數(shù)y=/(x)的圖象過點(-1,3),且不等式”x)-7尤＜0的解集為匕,1).

(1)求/(x)的解析式；

⑵設g(x)=/(x)-7",若g(x)在(2,4)上是單調函數(shù)，求實數(shù)機的取值范圍.

16.在如圖所示的多面體中.四邊形ABCD是邊長為0的正方形，其對角線的交點為

Q,DM,平面ABC。，DM//BN,ZW=23N=2.點P是棱DM的中點.

(1)求證：平面⑷VC；

(2)求多面體MNABCD的體積.

17.甲、乙兩人組成“九章隊’’參加青島二中數(shù)學學科周“最強大腦”比賽，每輪比賽由甲、乙各

猜一個數(shù)學名詞，已知甲每輪猜對的概率為彳2，乙每輪猜對的概率為3在每輪比賽中，甲和

乙猜對與否互不影響，各輪結果也互不影響.

(1)求甲兩輪至少猜對一個數(shù)學名詞的概率；

(2)求“九章隊”在兩輪比賽中猜對三個數(shù)學名詞的概率.

18.在VABC中，a,b,c分別是角A,B,C的對邊，向量玩=1-2COS2^1,COSC,n=(c,2a-b),

3

且玩_L為.

⑴求C;

⑵若a+)=2,C=V3,NC的平分線交A3于點O,求CD的長.

19.設。為坐標原點，定義非零向量兩1=(a,b)的“友函數(shù)"為/(x)=asinx+》cosx(xeR),向量

OM=(a,b)稱為函數(shù)〃x)=asinx+bcosx(xeR)的“友向量”.

(1)記碗=。,1)的“友函數(shù)”為〃x),求函數(shù)的單調遞增區(qū)間；

(2)設〃(x)=cos[x+。-2cos(X+。)，其中6eR,求/z(x)的“友向量”模長的最大值；

(3)已知點M(a,b)滿足6/+5"+匕2<0,向量兩的“友函數(shù)”在x=%處取得最大值.當點〃

/、cosX。-sinx

運動時，求g%=—n1的取值范圍.

sinx0+cosx0

參考答案

1.【答案】c

【分析】計算得到z=-l-2i,再根據定義判斷即可.

【詳解】由z+i(2-i)=(^Dz=—i(2-i)=i(i-2)=-l-2i,故z在復平面內對應(-I,—2),在第三象

限.

故選：C.

2.【答案】C

【分析】設該扇環(huán)的內弧的半徑為「cm,根據弧長公式計算可得.

【詳解】設該扇環(huán)的內弧的半徑為rem,則外弧的半徑為(廠+18)cm,圓心角e=2.5,

所以即+a(r+18)=89,即2.5r+2.5(r+18)=89,解得r=8.8,

所以該扇環(huán)的外弧長/=2.5(r+18)=2.5(8.8+18)=67cm.

故選：C

3.【答案】B

【分析】首先分析函數(shù)的周期，再利用對稱性求值.

【詳解】/(x+4)=-/(x+2)=/(x),所以函數(shù)的周期為4,

由〃1—x)=〃l+x),知/⑼=/(2),

則/(26)=/(4x6+2)=/(2)=/(0)=0.

故選：B

4.【答案】A

【分析】根據投影向量的公式求解.

4

【詳解】根據題意，Z在B上的投影向量為:

a-bbb

_____—_.5x_._—一1卜-3]_

\b\l5rVio回_2252

故選：A

5.【答案】B

【分析】以PM互為條件，舉反例或利用正弦函數(shù)的單調性即可判斷兩者關系.

【詳解】先證204不成立：

717rl7C

令a=—、(3=—，則滿足〃:sin。=—<l=sin(a+"),但不滿足“：。+/?<—,

6322

所以。nq不成立；

再證。<=4成立：

JT7T7T71

因為a+夕<5，XO<tz<—,0<>3<—,所以0<e<a+?<5,

因為y=sinx在1上單調遞增，所以sin(z<sin(a+0,故成立；

綜上：p是q的必要而不充分條件.

故選：B.

6.【答案】C

【分析】根據三角函數(shù)平移伸縮變化求解即可.

【詳解】先將函數(shù)y=3sin[x+]J圖象上每點橫坐標縮短到原來的3，

縱坐標不變，得到y(tǒng)=3sin12x+3的圖象，再將得到的圖象向右平移,個單位長度，

得到函數(shù)>=3sin(2x-的圖象.

故選C.

7.【答案】A

【分析】由osinA=(b+c)sinB,利用正弦定理得到片=g+c)b,再利用余弦定理結合兩角和的正

弦公式得到4=23,進而得到0<3<三，然后利用正弦定理和三角恒等變換，由巴士=$1nA一二一

3csmC

【詳解】解：因為3inA=(b+c)sinB,由正弦定理得片=。+0皿,

由余弦定理得+(?—2Z?8osA=(b+c)Z?,即C—Z?=2Z?COSA,

由正弦定理得sinC—sinB=2sinBcosA,

又sinC=sin[7i—(A+5)]=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB,

所以sinAcosB+cosAsinB—sinB=2sinBcosA,

所以sinB=sinAcosB-sinBcosA=sin(A-B),

5

又Ae(O,兀)，Be(O,7t),則A-34-兀,兀),

所以8=或B+（A—B）=兀，即A=23或A=TI（舍去），

貝1|C=Tt-A-B=7t-3B,

0<2B<7U,7T

所以解得0<3<2則—<cosB<1.

0<7t-3B<7t,2

a-bsinA-sinB_sin2B-sinBsin2B-sinB

以csinCsin(萬一33)sin3B

2sinBcosB-sinB2sinBcosB-sinB

sin(23+3)sin2BcosB+cos2BsinB'

sinB(2cosB-l)1<11^

2sinBcos*I2B+(2cos2B-1)sinB2cos5+1(3，2)

即i的取值范圍是

c

故選：A.

I0<2B<it

【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是得到A=23,從而利用c確定角B的范圍，由此

[0<無一3OD8<兀

得解.

8.【答案】C

【分析】先分析xe[O，B、xe邑為、g,2兀）時的函數(shù)解析式以及值域，再根據函數(shù)的倍增性

2222

和偶函數(shù)圖象特征作出函數(shù)的圖象，結合圖象確定出符合條件的。力的范圍即得九一相的最

大值.

【詳解】當xe[0,27i）時,〃x）=cosx-gM，則

71J737r37r

[0,-],/(%)=0;xG[-,—],/(%)=2cosx;xG[―,2TI),/(X)=0.

即當了40,2兀)時，/(x)e[-2,0];

當光42兀,4兀)時，X-2TIG[0,2TI),

由題意，fM=于(x-2兀+2兀)=2/(%—2K)=2[cos(x-2TI)-|COS(X-2兀>]=2(cosx-|cosx|),

57r57r7冗77r

則xe[2冗,5],/(x)=0;xe[萬，豆],/(尤)=4cosx;尤e[5,4兀)J(x)=0.

即當xw[2兀,4兀)時,/(x)e[-4,0]；

同理，當了44兀,6兀）時，/（x）e[-8,0].

6

又“X）為定義在R上的偶函數(shù)，其圖象關于y軸對稱，故當尤e（T兀,4兀）時，/（x）e[-4,0],如圖

所示.

?5尸：3,兀[2兀-兀42n3“4兀$兀

當a,Ac卜時，/（。）-/團<4恒成立，即尤m，/（x）max-<4,

而由圖象知，/（x）1Mx=。，則

當〃一根取最大值時，必有w=-〃z,且/O）=/（"）=-4,

由圖知應舍去〃=亍.故當”=亍m=—―“時，〃一機取得最大值亍.

故選：C.

【點睛】思路點睛：本題考查三角函數(shù)圖象與性質的綜合運用，屬于難題.本題以分段函數(shù)為媒介，采用

數(shù)形結合思想，通過數(shù)與形的相互轉化能使繁難問題得到簡化.常見的圖象應用的命題角度有：（1）確

定方程根的個數(shù)；（2）求參數(shù)范圍；（3）求不等式解集；（4）研究函數(shù)性質.

9.【答案】BD

【分析】利用眾數(shù)、極差、平均數(shù)與百分位數(shù)的定義求解即可.

【詳解】數(shù)據從小到大排列為1,1,1,b2,2,4,4.

對于A,該組數(shù)據的眾數(shù)為1,故A錯誤；

對于B,極差為4-1=3,故B正確；

對于C,平均數(shù)為-4+2：2+4X2=2,故c錯誤：

O

對于D,因為8x40%=3.2,所以這組數(shù)據的40%分位數(shù)為第4個數(shù)1,故D正確.

故選：BD.

10.【答案】BCD

【解析】對于選項ABC：利用基本不等式化簡整理求解即可判斷，對于選項D：利用作差法

判斷即可.

【詳解】對于選項A：若。>0力>0,

由基本不等式得6+〃A2他，

即2（a2+b2）>（a+b）2,

得小2,。+，）>d（a+b）~=a+b,

故”/+方2顯,

a+b2

當且僅當時取等號；

所以選項A不正確；

對于選項B：若a>0,b>°,

7

「b4a

5+—+——

ab

當且僅當上1+?4=2且b24Q

abab

3

即〃=5力=3時取等號，

所以選項B正確；

對于選項C：由a>O,b>。，

ab+b2=b^a+b)=2,

BP2b(a+Z?)=4,

由基本不等式有：

Q+3〃=(a+Z?)+2Z?22小2b(a+b)=4,

當且僅當成+/=2且a+b=2b,

即〃=b=l時取等號，

所以選項C正確；

對于選項D：a+——b=a-b-\---=(tz—-->1,

baab\abJ

又〃>/?>€),得a—Z?>0,Id>0,

ab

所以a+—>b-\—,

ba

所以選項D正確；

故選：BCD.

【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：

(1)〃一正二定三相等〃〃一正〃就是各項必須為正數(shù)；

(2)〃二定〃就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構

成積的因式的和轉化成定值；

(3)〃三相等〃是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是

所求的最值，這也是最容易發(fā)生錯誤的地方.

11.【答案】BCD

【分析】根據給定的多面體，利用正四面體的性質、線面角的定義、球的截面圓的性質，以及

多面體的側面展開圖，結合棱錐的表面積公式、球的表面積公式逐項判斷，即可得解.

【詳解】解：該半正多面體的表面積為走x-x6x4+3X『X4=7G，選項A錯誤；

44

選項B中，該半正多面體的所在的正四面體邊長為3,可求得高為力=幾，

8

BE=2,設點E在平面ABC的射影為尸，如上圖，

由比例關系可得31手設匹與平面MC所成角為-

2n_

則.EP=r底,選項B正確;

sina=-----=―-—=——

BE23

選項C中，該半正多面體外接球的球心即其所在正四面體的外接球的球心,

如上圖，記球心為。，半徑為R,△￡>￡1廠的中心為。1，

連接。4、NA、OF、00],由等邊AD所的邊長為1,

可得N4=l,在正四面體"-DE尸中，可得MO]=乎，

所以，0、N=MN—MO[=瓜一/

設ON=h,因為。4=0尸=H,可得N4?+*=a/2+0]爐,

h\,解得人=手,

即l2+/z2=

即cw=中,所以氏2=。笛=|手1+F=：,

11JT

故該半正多面體外接球的表面積為4兀-Q42=」，選項C正確;

2

FE

9

選項D中，該半正多面體的展開圖如上圖所示，F(xiàn)T=4,

AT=6,AF=\lFT2+AT2=V19?FM+MN+AN》AF=，

選項D正確.

故選：BCD.

12.【答案】2

【分析】利用正切的兩角和公式將131145。=1311。3。+32。）展開整理可得.

【詳解】因為tan45°=tan(13°+32°)=313°+tan320=

''1-tan13°tan32°

整理得tan130+tan32°+tan13°tan32°=1,

所以(1+tan13°)(1+tan32°)=1+tan320+tan13。+tan32°tan13。=1+1=2.

故答案為：2

13.【答案】3+2、

3

【詳解】因為麗=2無，所以―B0?=：22—C?,

所以而=與+前=4+［配=通+（國_砌=旗+,痔

又麗說，AC=nAN

所以前='布7+至麗，

33

因為M,O,N三點共線，所以g+q=l,

由圖可知用>0,n>0,

llir11(1m2〃\1m2n\1f_Im2n\3+2A/2

所以—+—=—+—+=3+—+—卜13+2——

mn\m〃八33)3、nm)3(vnmJ3

當且僅當‘=也，即加=3魚-3時取等號，

nm2

所以'+'的最小值為3+2..

mn3

故答案為：三辿

3

14.【答案】28；

【分析】設古樹高度為/?,表示出。4,08,。。，利用cosNO3C=-cos/OBA,結合余弦定理列方程

求解.

10

【詳解】設古樹高度為/?,則。尸=OA=OB=/7,OC=J§/7,

由ZOBC+AOBA=兀得cosZOBC=~cosZOBA,

由余弦定理得/+285+川+282-(網=0,

2x28%2x28%

解得力=28,即OP為28米.

故答案為：28.

15.【答案】(1)“力=4/+2彳+1(2)(518]U[34,+?)

【分析】(1)設〃切-7》=。、-j(x-l)(a>0),代入點的坐標求出。的值，即可求出函數(shù)解

析式；

TY1TY1

(2)首先表示出g(x),從而確定其對稱軸，依題意得到2-—彳<2或-二2/—N4,解得即可.

88

【詳解】(1)因為不等式/⑺-7x<。的解集為

所以;和1為關于x的方程-7尤=0的兩根，且二次函數(shù)y=/(x)的開口向上，

則可設“X)-7x=a[x-j(x-l),(a>0),

即/(尤)=a[x_；J(x_l)+7x,

由的圖象過點(—1,3),可得|(-1-l)+7x(-1)=3,解得”4,

所以/(x)=4(x-；](x-l)+7x,即/(X)=4X2+2X+1.

(2)因為=/(x)-mx=4x2+2x+l-mx=4j;2+(2-m)x+l,對稱軸x=--—,

8

2—m2—m

因為g(x)在(2,4)上是單調函數(shù)，所以――盧42或-―-^>4,解得〃ZV18或m234,

即實數(shù)優(yōu)的取值范圍(—>,18]U[34,y).

16.【答案】(1)證明見解析(2)2

【分析】(1)根據線面垂直的性質證明四邊形PDBN為矩形，求出尸Q=NQ,結合勾股定理和

線面垂直的判定定理即可證明；

(2)證出AC_L平面3DMN,由V=匕-BDMV+匕■-BDMV，利用錐體的體積公式即可求解.

【詳解】(1)連接PMQN.因為DM,平面ABCZXADQCDBu平面ABCD,

所以DM_LDB,PD_LAD,PD_LDC,

因為DM=23N=2,尸是DM中點，所以四邊形PD3N為矩形，

貝ljPN=BD=2,PD=NB=1.

因為。是正方形A3CD的對角線交點，所以Q為ACO3中點，PQ=NQ=42,

11

所以PQ2+NQ2=PN2,PQ，QN.

因為四邊形ABC。是正方形，所以8DLAC,

又DMcBD=D,DMu平面BDu平面皿M,

所以AC_L平面,而PQu平面因加，所以PQ_LAC.

又ACcNQ=Q,AC,NQu平面ANC,所以P。，平面ANC.

（2）因為四邊形ABCD是正方形，所以ACL3D,

因為。根，平面45。，所以。MLAC.

因為DMu平面BDMN,&）u平面3DMN,且DMcBD=D,

所以AC_L平面BDMN.

因為DM=23N=2,所以BN=1,DM=2.

因為四邊形ABCD是邊長為0的正方形，所以47=30=2,則4Q=CQ=1.

1+2x2

故多面體MNABCD的體積V=匕-+匕-=!x"2）x2xl+lx（）xl=2.

3232

Q5

17.【答案】（1）^2）］

【分析】（1）根據相互獨立事件的乘法概率公式計算即可；

（2）兩人分別猜兩次，總共四次中有一次沒猜對，分四種情況計算可得答案.

【詳解】（1）設甲兩輪至少猜對一個數(shù)學名詞為事件尸，

2448

—I—=—

999

(2)設事A="甲第一輪猜對"，2="乙第一輪猜對"，C="甲第二輪猜對"，。="乙第二輪猜對”,

E="“九章隊”猜對三個數(shù)學名詞”，

所以P(A)=P(C)=g,P(8)=P(0=%P(A)=P(C)=1,P(B)=P(D)=i

則E=ABCDuABCDoABCDuABCD,

由事件的獨立性與互斥性，得P(E)=P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)+P(ABCD)

=P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)+P(A)P(B)P(C)P(D)

13232123231323215

=—x—x—x—+—X—X—X--F—X—X—X--F—X—X—X—=—,

343434343434343412

故“九章隊”在兩輪活動中猜對三個數(shù)學名詞的概率為三.

12

18.【答案】(1)。=/(2)。=立

36

12

【分析】(1)根據向量垂直的坐標表示結合二倍角公式可得(24-A)cosC=ccos3,再根據正弦

定理進行邊角互化可得解；

(2)由余弦定理可得而，再利用等面積法可得角分線CO的長度.

【詳解】(1)由用J_萬，

貝m-n=c(l-2cos2：)+(2a-6)cosC=0,

即(2a-b)cosC=ccosB,

再由正弦定理可知(2sinA—sinB)cosC=sinCeosB,

即2sinAcosC=sin5cosc+sinCeos5,則2sinAcosC=sin(B+C)=sinA,

又人￡(0,兀)，則sinAwO,所以2cosc=1,cosC=；,

又Ce(O,7i),所以。=三；

(2)由a+Z?=2,c=,

即

2ablab2lab

解得

TT

又CO為—C的平分線，則/ACr>=/BCD=2,