四川省泸州市泸县第五中学2025-2026学年高二上学期开学考试 数学试卷

这是一份四川省泸州市泸县第五中学2025-2026学年高二上学期开学考试 数学试卷，共9页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
2025 年秋期高 2024 级开学考试
数 学
第 I 卷选择题58 分
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
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，只有一项是符合题目要求的.
已知集合 A  {x | 1  x  3}, B  {x | x  0, x  Z}，则 A ∩ B 
A．x | 1  x  0
B．0,1, 2, 3
C．x | 0  x  3
D．1, 0
已知命题?:∃? ∈ ?,?2−2?−3 ≤ 0，则p 为
x  R, x2  2x  3  0B． x  R, x2  2x  3  0
C． x  R, x2  2x  3  0D． x  R, x2  2x  3  0
在ABC 中， E 点在 AC 上，满足 AE  3EC ，则 BE 
3 –––→
BA 
1 –––→
BC
1 –––→
BA 
2 –––→
BC
4433
1 –––→
BA 
3 –––→
BC
–––→
BA 
1 –––→
BC
4433
已知sin α π   1 ，则cs π α 
4 3 4

2 2
3

 2 2
3
1
3
 1
3
已知sinθ 3 ，且θ是第二象限的角，则 sin2θ 

A． 3
4
不等式
5
x 0
x2  4
B．  3
4
的解集是
cs2θ 1
C． 4
3
D．  4
3
A． ∞, 2 0, ∞
B．2, ∞
C．2, 0
D． 2, 0 2, ∞
7
→
已知向量a ， b 满足| a | 1 ， | b | 2 ， | a  b |，则a  b 在b 方向上的投影向量是
1 →
A． b
4
r
B． b
4
1 →

C．b
4
D．  3 →
b
4
已知 A，B，C，D 是体积为 20 5 π 的球体表面上四点，若 AB  4 ， AC  2 ，
3
3
BC  2，且三棱锥 A－BCD 的体积为2 3 ，则线段 CD 长度的最大值为
3
A． 2
B． 3
C．
D． 2
2
13
5
二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
已知a 为非零实数，复数 z
 a  i ， z  2  i ，则
1
z z 的实部为2a  1
a2
2
z 的最小值为
1 2
z1 z2
a
 z1 z2
1
当a  1 时， z1  z2
已知函数 f  x 
3sinxcsx  sin2 x ，则
函数 f  x 的最小正周期为π
( π , 0) 是 f  x 的一个对称中心
12
函数 f  x 在 0, π  上单调递增
2 

函数 y  f  x  1 图象与直线 x  3y  0 有 3 个交点
2
已知在锐角ABC 中，内角 A, B,C 所对的边分别为a ， b ， c ，若V ABC 的面积为
b2  c2  a2
， b  1，则
4
A  π
4

边c 的取值范围是

2
2 , 2 

面积取值范围是 1 , 1 D．
周长取值范围是
2 1, 2  2 
4 2

ABC ABC
第 II 卷非选择题92 分三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
若0 α π ， cs 2α  1 ，则sinα．
29
已知三棱锥 P  ABC ， PA  PB  PC  AB  6 ， BC  8 ， AC  10 ， D 为线段 AB 中点，则异面直线 PD 与 BC 所成角的正弦值为.
2x1 1，x  0
设函数 f  x  

lnx , x  0
，若关于 x 的函数 g(x)  f 2 (x)  (a  2) f (x)  4 恰好有五
个零点，则实数 a 的取值范围是.
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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．（13 分）
已知α  0,π ，且cs 2α 4 .
4 5

求tanα；
若β  0,π ，且tanβ 1 ，求2α β.
2 7

16．（15 分）
已知函数 f  x  A csωx φ A  0,ω 0, πφ 0  的部分图象如图所示．
2

求函数 f  x 的解析式；
将函数 f  x 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），得到 y  g  x 的
α π 2π
π
图象，若, ，且 g α  1 ，求sin  2α  的值．
 23 6 
17．（15 分）
––––→1 –––→
如图， Rt△ABC 中，∠C  90∘ ， AC  6 ， BC  9 ， BM 
a
CA  → ， CB  b 与CM 相交于点 P .
用a ， b 表示 BN 、CM ；
若CP  λCM ，求λ的值；
求cs∠MPN .
BA ，N 为 AC 的中点，设
3
18．（17 分）
2
在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形， AD//BC ， ADC  90 ， AB  2，
AD  3 ， BC  1 ，△PAD ≌△BAD ．
若点 M 在棱 PC 上， PM  λMC ，若 PA// 平面 DMB，求λ的值；
设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l，证明： l // 平面 ABCD；
当平面 PAD 与平面 PBC 所成的二面角为45时，求 PC 与平面 ABCD 所成角的正弦值．
19．（17 分）
若存在实数对a, b ，使得等式 f a  x f a  x  b 对定义域中每一个实数 x 都成立，则称函数 f  x 为“ a, b 型函数”
3
若函数 f  x  3x 是“ a, b 型函数”，且a  lg b  6 ，求满足条件的实数对a, b ；
2
若函数 g  x  π x 是“ a, b 型函数”，求a 和b 的值；
已知函数h  x  x  2 ，函数 g  x  是“ a, b 型函数”，对应的实数对a, b 为0, 8 ，当
x 0, 2 时， g  x  x2  m  x  2 ．若对任意 x 2, 2时，都存在 x 2, 0，使得
12
g  x1   h  x2  ，求实数m 的取值范围．
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2025 年秋期高 2024 级开学考试数学参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
C
D
B
D
B
B
BC
AD
题号
11
答案
ABC
5
12．
13．
 19 , 7 
 3
33
39
解：（1）已知cs 2α 4 ，根据二倍角余弦公式cs 2α cs2α sin2α，
5
且cs2α sin2α 1 ，可得：
cs2α sin2α cs2α sin2α
1 tan2α 4
， 
1 tan2α 5
设tanα t ，则1 t 2  4 ，即5(1 t 2 )  4(1 t 2 ) ，解得t   1 .
1 t 253
因为α (0, π ) ，所以tanα>0 ，则tanα 1 .
43
2  12
将tanα 1 代入二倍角正切公式可得： tan 2α 3
3
1
1 ()
 3  3 .
2
84
39
3  125
再根据两角和的正切公式tan 2α β  tan 2α tanβ  47  28  1.
απ
1 tan 2αtan β
ππ
1 3  125
4 728
因为(0, ) ，所以2α (0, ) ，又β (0, ) ，所以2α β (0, π) .
422
在(0, π) 这个区间内，正切值为1的角是 π ，而tan(2α β)  1，所以2α β π .
44
解：（1）由题意可得 A  3 ，又因为 f  x 过点 0, 3 3  ，所以 3 3  3csφ，
2 2

3
所以csφ，又 π φ 0 ，所以φ  π ，所以 f  x  3cs ωx  π  ，
266 
2
又因为 f  x 过点 7π , 3 ，所以3cs  7π ω π   3 ，
 12
 126 

所以cs 7π ω π   1 ，所以 7π ω π  π  2kπ, k  Z，

 126 

126
所以ω 2  24k , k  Z ，又函数的最小正周期 3 T  7π ，所以T  7π ，
7
2π7π18
412
9
f x π 
所以 ω 
，解得ω
9
，又ω 0 ，所以ω 2 ，所以  
7
3cs  2x   ；
6

（2）将函数 f  x 的图象上所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），
得到 y  f  1 x   3cs  x  π  ，所以 g  x  3cs  x  π  ，
 2 6 6 

又 g α  1 ，所以3cs α π   1 ，所以csα π   1 ，
6 6 3

1 cs α
2

6 
π 


因为α  π , 2π  ，所以α π   π , π  ，所以sin α π  
 2 2 ，
 2 3 
6 3 2 
6 3

所以csα π   cs α π   π   cs α π cs π  sin α π sin π
3 6 6 6 66 6
 1 

3  2 2  1  3  2 2 ，
32326
π π π 2π 
2 π 
所以sin  2α 6   cs  2α 6   2   cs  2α 3   2 cs α 3  1

 3  2 2 2
3  8  4 64 6  5

 2 
1 
618
1 
18

–––→–––→–––→→1 –––→1 →→
解：（1）N 为 AC 的中点，故 BN  BC  CN  b 
CA 
22
a  b ，
––––→
BM 
1 –––→
BA ，
3
––––→–––→––––→→1 –––→→1 –––→1 –––→→1 →1 →1 →2 →
故CM  CB  BM  b  BA  b  BC  CA  b  b  a  a  b ；
3333333
–––→––––→λ–––→2λ–––→2λ–––→2λ–––→
CP  λCM  CA CB CN CB ，
3333
因为 P, B, N 三点共线，设 PB  mBN ，即CB  CP  mCN  mCB ，

CP  1 mCB  mCN ，故 2λ m ， 2λ 1 m ，所以 2λ 2λ 1，解得λ 3 ；
33334
–––→1 →→––––→1 →2 →
由（1）知， BN 
a  b ， CM 
2
a  b ，
33
又∠C  90∘ ， AC  6 ， BC  9 ，故a  b  0 ，
––––→
–––→
 1 →
2 →   1 →→ 
1 → 2
2 →212
3326
CM  BN   a  b   a  b   a  0  b   36   81  48 ，
 1 →2 → 2

 33
a  b 

1 → 24 → →4 →2
99
a a  b  b
9
9
1  62  0  4  92
9
10
 363
––––→
CM
 2，
–––→
BN

 1 →

 2
a  b 
→ 2


1 → 2
→ →→2
4
a  a  b  b

 3，
cs∠MPN 
–––→ ––––→
 CM  BN  48   4
1  62  0  92
4
10
10
则cs BN，CM––––→ –––→2 10  35 .
CM  BN
解：（1）如图，连接 AC 交 BD 于点 N ，连接MN ，
∵ PA// 平面 BDM ， PA  平面 PAC ，平面 PAC ∩ 平面 BDM  MN ，
∴ PA//MN ，在梯形 ABCD 中，∵ BC //AD ，∴△ADN∽△CBN ，∴ CN  CB  1 ，
ANAD3
∵ PA//MN ，∴ PM  AN  3 ，∴λ 3 .
MCCN
∵ BC //AD ， BC  平面 PAD ， AD  平面 PAD ，∴ BC // 平面 PAD ，又m BC  平面 PBC ，平面 PBC ∩ 平面 PAD  l ，∴ BC //l ，
又m l  平面 ABCD ， BC  平面 ABCD ，∴ l // 平面 ABCD .
在 AD 上取一点O ，使得 DO  1，连接OP 、OB ， OC ，
m BC //AD ， AD  3BC ，
∴ OD//BC 且OD  BC ，∴四边形OBCD 为平行四边形，∴ CD//OB ，
2
∵ ADC  90∘ ，∴ BOD  90∘ ，∴ AD  OB ，
又 AB  2
， AO  2 ，∴ BO  2 ，
又aPAD≌aBAD ，∴ AD  OP ，
∵ OP ∩ OB  O ， OP  平面 POB ， OB⊂平面 POB ，∴ AD  平面 POB ，
∵ BP  平面 POB ，∴ AD  BP ，
过点 P 作l //AD ，由 AD//BC ，则l //BC ，∴ l ⊂平面 PAD ， l ⊂平面 PBC ， 即平面 PAD  平面 PBC  l ，∴ l  OP ， l  BP ，
∴ BPO 为平面 PAD 与平面 PBC 所成的锐二面角的平面角，∴ BPO  45∘ .
又由OP  OB  2 ，∴ OBP  45∘ ，∴ BOP  90∘ ，
∵ PO  OB ， AD  PO ，
∵ AD  OB  O ， AD  平面 ABCD ， OB⊂平面 ABCD ，
∴ PO  平面 ABCD ，
∴ PCO 为 PC 与平面 ABCD 所成的角，
PO2  CO2
PC 


 3 ，
PO2  CD2  DO2
4  4 1
∴sin PCH  PO  2 ，
PC3
因此， PC 与平面 ABCD 所成角的正弦值为 2 .
3
解：（1）因为 f  x  3x 是“ a, b 型函数”，
所以存在实数对a, b 使得等式3ax  3ax  b 成立，即32a  b ，
33
代入a  lg b  6 ，可得a  lg 32a  6 ，即a  2 ， b  34  81.所以满条件的实数对为
2, 81 .
2
a, b
2 2 2  2
由 g  x  π x 是 型函数，得 g a  x g a  x  π ax  π ax  π ax ax  b ，
4a
则a  xa  x
 lgπ b ，因此4a  lg
b  a2  lg
b  x2 对定义域x x  0 内任意 x 恒成立，
ππ
lgπ b  0

π
于是lg b  a2  4a ，解得a  0 ， b  1，所以a  0 ， b  1．
因为对任意 x1 2, 2时，都存在 x2 2, 0，使得 g  x1   h  x2  ，所以 g  x  在2, 2上的值域是h  x 在2, 0上的值域的子集，
因为h  x  x  2 ，当 x 2, 0 时， h  x  2  x 2, 4 ，则对任意 x 2, 2 ，都有2  g  x  4 ，
因为 g  x  是“ a, b 型函数”，且对应的实数对为0, 8 ，所以 g  x g x  8 ．当 x 0, 2 时，
x 2, 0 ，则只需满足对任意 x 0, 2 ，都有2  g  x  4 且2  g x 
即对任意 x 0, 2 ，都有2  g  x  4 即可，
即不等式2  x2  m  x  2  4 对任意 x 0, 2 恒成立且2  g 0  4 ．
8
g  x
 4 ，
①当 x  0 时， g 0 g 0  8, g 0  2 2 时满足条件；②当 x  2 时， g 2  4 ，满足条件；
x 0, 2
2  x2  
x 0, 2 
③当时，该不等式等价于
2  x
m2 x ．当
时， mx
2 恒成立，易
知： m  2 ；当 x 0, 2 时， m 
2  x2 2  x
 2  x2 
2  x
恒成立，所以m  ，
max
  
2  x24  x2  2
因为2 x
2 4   2  x 
2   4  2
 4  2 2 ，
2  x
2  x
2  x2  x 
2  x
2
2  x

当且仅当2  x 
2
2
2  x
0  x  2 时，即当 x  2 时，取等号．即m  4  2 2 .
2
综上可得， 4  2
 m  2 ．