河南省信阳高级中学新校2025-2026学年高二上期开学测试数学试卷

这是一份河南省信阳高级中学新校2025-2026学年高二上期开学测试数学试卷，共10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。
一、单选题：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，只有一项是符合题目要求的.
x
1．已知集合 A  x x 1  1, x  R， B  x 2, x  Z，则 A  B  （ ）
A． 0, 2
B． 0, 2
C．0, 2
D．0,1, 2
设复数 z 满足1 i  z  2i ，则 z= （ ）
A．-1+iB．-1-iC．1+iD．1-i
“百日冲刺”是学校针对高三学生进行的高考前的激情教育，某班主任根据历年学生经历 “百日冲刺”之后的成绩变化，构造了一个关于经过时间t(30  t  100) （单位：天）与增加总
分数 f (t) （单位：分）的函数模型 f (t) 
kP
1 lg(t 1)
, k 为增分转化系数，P 为“百日冲刺”前的
最后一次模考总分， f (60)  1 P .已知某学生在“百日冲刺”前的最后一次模考总分为 400 分，
6
依据此模型估计此学生在高考中可能取得的总分为(lg 61 1.79)（ ）
A．442B．452C．462D．472
若α β， m / /α， l //β，则m  l
若m α， l  β， m//l ，则α//β
若α∩β m ， l / /α， l //β，则m//l
若m α， l  β， m//l ，则α β
已知csα sin(α π)  3 ，则sin(2α π)  （ ）
 7
25
65
24
25
6
 18
25
7
25
一个袋子中有标号分别为 1，2，3，4 的 4 个小球，除标号外无差异.不放回地取两次， 每次取出一个.事件 A  “两次取出球的标号为 1 和 4”，事件 B  “第二次取出球的标号为 4”，事件C  “两次取出球的标号之和为 5”，则（ ）
P( A)  1
12
P(BC)  1
6
事件A 与C 互斥D．事件 B 与C 相互独立
已知点 P 2, 3, Q 3, 2 ，直线 y  kx  k 1 与线段 PQ 相交，则实数k 的取值范围是
（ ）
A． , 4  3 ,  B． 4, 3 
C．  3 , 4
D．  ,  3  ∪4, 
 4
4 
 4
4 

已知 f  x 是定义在R 上的奇函数，对任意正数 x ， y ，都有 f  xy   f  x  f  y   1 ，
2
且 f  1   0 ，当 x  1 时， f  x  0 ，则不等式e f  x1  1的解集为（ ）
2
 
 2
A． 2, 
B．   1 , 0  ∪ 2, 
 8
C．   1 , 0  ∪ 2, 

D．   1 , 0  2, 
 4 2

二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有多个
选项是符合题目要求的，全部选对的得 6 分，部分选的得部分分，有选错的得 0 分.
一个袋子中有标号分别为 1，2，3，4 的 4 个小球，除标号外无差异．不放回地取两次，每次取出一个．事件 A  “两次取出球的标号为 1 和 4”，事件 B  “第二次取出球的标号为 4”，事件C  “两次取出球的标号之和为 5”，则（ ）
A． P  A  1
12
B． P  AB  1
12
C．事件A 与C 不互斥D．事件 B 与C 相互独立 10．已知V ABC 的内角 A, B, C 的对边分别为a, b, c ，则下列说法正确的是（ ）
若 A  B ，则a  b
若a  8 ， b  2 ， A  30∘ ，则三角形有两解
若a cs A  b cs B ，则V ABC 为等腰三角形
若a2  b2  c2 ，则V ABC 为钝角三角形
  
 x  3, x  3
已知函数 f x
x2  6x  9, x  3
，若函数 g  x  [ f  x]2  af  x  2 有 6 个零点，则a
的值可以为（ ）
4
 7
2
3
2
2
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
样本数据 11，14，5，6，8，1，3，9 的下四分位数是．
→ → →→→ →→ →→
已知向量 p 以a, b, c为基底时的坐标为2, 3, 2 ，则 p 以a  2b, a  b, a  c为基底时的坐标为．
将函数 f (x)  cs  x  2π 图象上所有点的横坐标变为原来的 1 (ω 0) ，纵坐标不变，
3 ω

得到 g(x) 的图象，若 g(x) 在区间0, 2π 上恰有两个零点，且在 π, π 上单调递减，则ω
的取值范围为．
3 

 12 12 
四、解答题：本大题共 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．（13 分）已知直线l 的方程为2m  1 x  m  1 y  7m  4  0 ．
求证：不论m 为何值，直线l 必过定点M 3,1 ；
过点M 引直线l1 交坐标轴正半轴于A ， B 两点，当V AOB 面积最小时，求V AOB 的周长．
2
16．（15 分）已知函数 f  x   lg ax2  ax  1 ．
若 f  x 的定义域为R ，求实数a 的取值范围；
若 f  x 的值域为R ，求实数a 的取值范围．
17．（15 分）在信道内传输 0，1 信号，信号的传输相互独立.发送 0 时，收到 1 的概率为
p1 0  p1  1 ，收到 0 的概率为1 p1 ；发送1时，收到 0 的概率为 p2 0  p2  1 ，收到 1 的 概率为1 p2 .现有两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送 1 次，
三次传输是指每个信号重复发送 3 次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时， 收到的信号即为译码（例如，若收到 1，则译码为 1，若收到 0，则译码为 0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1， 0 ，1，则译码为 1，若依次收到1，1，1，则译码为 1）.
已知p  3 ， p  2 ，
1423
若采用单次传输方案，重复发送信号 0 两次，求至少收到一次 0 的概率；
若采用单次传输方案，依次发送0 ，0 ，1，判断事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为 2”是否相互独立，并说明理由；
若发送 1，采用三次传输方案时译码为 0 的概率不大于采用单次传输方案时译码为 0 的概
率，求 p2 的取值范围.
18．（17 分）在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为正方形， PA  底面 ABCD ， PA  AB ，
E 为线段 PB 的中点，连接 AE .
证明： AE  PC ；
连接 DE ，求 DE 与底面 ABCD 所成角的正切值；
求二面角 E  CD  A 的平面角的正切值.
19．（17 分）在V ABC 中，角A ， B ， C 的对边分别为a ， b ， c ．且满足
3 sinBsinA  csBcsA  sinC ．
求角C 的大小；
若V ABC 的面积S  10 3 ，内切圆的半径为r 
3 ，求c ；
若∠ACB 的平分线交 AB 于 D ，且CD  2 ，求V ABC 的面积S 的最小值．
河南省信阳高级中学北湖校区
2025-2026 学年高二上期开学测试数学答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
A
C
C
D
D
A
B
BCD
AD
BC
13． 1, 1, 2
14． 11 , 4
15．(1)证明见解析
 4
10
(2) 8  2
 x  y  4  0
【分析】（1）将直线方程改写成m 2x  y  7  x  y  4  0 形式，解方程组2x  y  7  0 即

可得解；
（2）设直线l1 的方程为 y 1  k  x  3k  0 ，求出点 A, B 坐标，表示出V AOB 面积，利用基本不等式求出面积的最小值得解.
【详解】（1）由2m 1 x  m 1 y  7m  4  0 可得： m 2x  y  7  x  y  4  0 ，
2x  y  7  0x  3
令 x  y  4  0 ，解得 y  1 ，

 y  1
经检验， x  3 满足2m 1 x  m 1 y  7m  4  0 ，

所以直线l 过定点M 3,1 ．
（2）由题意可设直线l1 的方程为 y 1  k  x  3k  0 ，设直线l1 与 x 轴， y 轴正半轴交点分别为 A, B ，
令 x  0 ，得 yB
 1 3k ；令 y  0 ，得 xA
 3  1 ，
k
所以V AOB 面积
S  1 1 3k  3  1   1 9k     1   6
 1  2

 6  6 ，
2k 2
 k 
2 
9k  1 
 k 


当且仅当9k  1
k
，即k   1 时， V AOB 面积最小，
62  22
3
此时 A6, 0 ， B 0, 2 ， AB 
 2 10 ，
10
10
所以V AOB 的周长为6  2  2 8  2.
10
所以当V AOB 面积最小时， V AOB 的周长为8  2.
16．(1) 0, 4
(2) 4, 
【分析】（1）根据题意得到ax2  ax  1  0 在R 上恒成立，再分类讨论求解即可；
（2）根据题意得到 y  ax2  ax  1 的值域必须包含0, ∞ ，再分类讨论求解即可.
2
【详解】（1）函数 f  x   lg ax2  ax  1 的定义域为R ，则ax2  ax  1  0 在R 上恒成立，
当a  0 时，1  0 恒成立，符合题意；
a  0

当a  0 时，有Δ  a2  4a  0 ，解得0  a  4 ．
所以实数a 的取值范围为0, 4 ．
2
（2）函数 f  x   lg ax2  ax  1 的值域为R ，则 y  ax2  ax  1 的值域必须包含0, ∞ ，
当a  0 时， y  1，不符合题意；
a  0

当a  0 时，有Δ  a2  4a  0 ，解得a  4 .
所以实数a 的取值范围为4,  ．
7
17．(1)（i） 16 ；（ii）不相互独立，理由见解析；
(2)  0, 1 
2 

【分析】（1）（i）利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算能求出至少收到一次 0 的概
率；
（ii）利用相互独立事件的定义判断并证明；
（2）由两个事件的概率列不等式，能求出 p2 的取值范围．
【详解】（1）（i）记事件A 为“至少收到一次 0”，
则至少收到一次 0 的概率为 P  A  2  p 1 p   1 p 2  2  3  1  1  1  7 ．

111
444416
（ii）证明：记事件 B 为“第三次收到的信号为 1”，事件C 为“三次收到的数字之和为 2”，
则 P  B  1 p2
 1 2  1 ，
33
P C   1 p  p 1 p   p p p  p 1 p 1 p   1  3  1  3  3  2  3  1  1  1 ，

1121 1 2112
44 344 344 32
P(BC)  1 p  p 1 p   p 1 p 1 p   1  3  1  3  1  1  1 ，
112112
Q P(BC)  P  B P C  ，

44 344 38
事件“第三次收到的信号为 1”与事件“三次收到的数字之和为 2”不相互独立．
（2）记事件M 为“采用三次传输方案时译码为 0”，事件 N 为“采用单次传输方案时译码为
0”，
2222
P(M )  3 p 2 (1  p )  p 3 ， P(N )  p ，
2222
根据题意得 P(M )  P(N ) ， 3 p 2 (1  p )  p 3  p ，
222222
Q0  p  1， 3 p (1  p )  p 2  1 ， 2 p 2  3 p  1  0 ，
解得0  p2
 1 ，
2
 p 的取值范围是 0, 1  ．
22 

18．（1）证明见解析；（2） 5 ；（3） 1 .
52
【分析】（1）证明 AE  平面 PBC 即可；
作 EF  AB 于点 F ，则 F 是 AB 的中点，连接 DF ，则EDF 为 DE 与底面 ABCD 所成的角，即可求解；
作 FG⊥CD ，垂足为G ，则G 为CD 的中点，连接 EG ，则CD  EG ，所以∠EGF 为
所求二面角的平面角，即可求解.
【详解】（1）证明：因为 PA  底面 ABCD ， BC  底面 ABCD ，所以 PA  BC .
因为底面 ABCD 为正方形，所以 BC  AB ，所以 BC  平面 PAB .
因为 AE  平面 PAB ，所以 BC  AE .
因为 E 为 PB 的中点， PA  AB ，所以 AE  PB .
又因为 BC ∩ PB  B ，所以 AE  平面 PBC .
因为 PC  平面 PBC ，所以 AE  PC .
作 EF  AB 于点 F ，则 F 是 AB 的中点， EF / / PA ，且 EF  1 PA ，
2
 EF  底面 ABCD .
连接 DF ，则EDF 为 DE 与底面 ABCD 所成的角.
设 PA  AB  a ，在 RtaEFD 中， EF  1 a ， FD 
2
5 a ，
2
所以tan EDF  EF 5 .
FD5
解：作 FG⊥CD ，垂足为G ，则G 为CD 的中点，连接 EG ，则CD  EG ，所以∠EGF
为所求二面角的平面角.
1EF1
在 RtaEFG 中， EF  a ， FG  a ，所以tan EGF  .
2FG2
【点睛】本题考查空间中直线与直线垂直的证明，考查线面角、面面角的求法，属于基础题.
19．(1) C  π
3
(2) c  7
(3) 4 3
3
【分析】（1）利用和角公式化简，借助于同角三角函数式和特殊角的函数值即得.
由等面积得出a  b  c  20 ， ab  40 ，利用余弦定理得出c2  a  b2  3ab ，三式联
立即可求得边c .
结合题设，分别在aACD ，△BCD 和V ABC 中，由正弦定理推出边a ， b 的关系式
1  1 
ab
3 ，再利用基本不等式求得ab 的最小值，继而即得三角形面积最小值．
2
【详解】（1）由
3 sinBsinA  csBcsA  sinC ，得
3cs  A  B  sinC ，则
3
3csC  sinC ，即tanC ，
而0  C  π ，所以C  π .
3
（2）由等面积法得： S  1 absinC  1 r a  b  c ，即10
3
3 a  b  c 
3 ab ，
2224
因此a  b  c  20 ， ab  40 ，在V ABC 中，由余弦定理得c2  a2  b2  2abcsC ，即c2  a2  b2  ab  (a  b)2  3ab  (20  c)2 120 ，所以c  7 .
（3）
由CD 平分∠ACB ，得ACD  BCD  1 ACB  π，
26
在V ABC 中，设 AD  m 0  m  c ，则 BD  c  m ，
2 m1
在aACD 中，由正弦定理，得sinA
sinπ ，则m  sinA ，
6
2  c  m1
在△BCD 中，由正弦定理，得sinB
sinπ ，则c  m  sinB ，
6
得c  m 
1
sinB
，故有c 
1 
sinA
1
sinB
* ．
a
在V ABC 中，由正弦定理，得sinA
 b
sinB

c
3
2
，则 a  b 2c ，
sinAsinB3
 1  2c ,
3
sinA3a
*
c  2c  1  1 11
3b
得 12c 代入
式，可得
3  ab  ，即 ．

sinB
,
ab2
1
ab
由基本不等式，得 3  1  1  2，解得ab  16 ，当且仅当a  b  4 3 时取“=”．
2ab33
于是， S
 1 absinC 3 ab  4 3 ．即V ABC 的面积的最小值为 4 3 ．
a ABC
2433
【点睛】思路点睛：解题时要注重题设条件的应用，如三角形内切圆半径常与其面积联系解题，内角平分线常与正余弦定理结合使用，遇到两参数的相关式求最值常与基本不等式挂钩解题．