四川省泸州市泸县第五中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试卷（Word版附解析）

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数学试题
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷3至4页．共150分．考试时间120分钟．
第I卷（选择题 共58分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上。
1. 已知，，则（ ）
A. 或B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解出，再利用并集含义即可得到答案.
【详解】，
则.
故选：D.
2. 已知命题，，则命题的否定是
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据特称命题的否定，改变量词，否定结论，可得出命题的否定.
【详解】命题为特称命题，其否定为，.
故选：C.
【点睛】本题考查特称命题的否定的改写，要注意量词和结论的变化，属于基础题.
3. 一元二次不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次不等式的解集求出、、的关系，代入不等式化简求解即可．
【详解】一元二次不等式的解集为，
所以，且2，5是一元二次方程的两个实数根，
所以，，
所以，，且；
所以不等式化为，
即，解得．
因此不等式的解集为．
故选：B
【点睛】本题考查一元二次不等式的解法、一元二次方程的根与系数的关系应用问题，是基础题．
4. “”是“函数在上单调递减”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】A
【解析】
【分析】根据二次函数性质分析可知若函数在上单调递减，等价于，根据包含关系结合充分、必要条件分析求解.
【详解】因为函数的图象开口向上，对称轴为，
若函数在上单调递减，等价于，
显然是的真子集，
所以“”是“函数在上单调递减”的充分不必要条件.
故选：A.
5. 已知，则的值等于
A. B. –C. D. –
【答案】B
【解析】
【分析】由诱导公式，得，再由三角函数的基本关系式，即可求解．
【详解】由题意，
∴，解得 ，故选．
【点睛】本题主要考查了三角函数的诱导公式和三角函数的基本关系式的应用，其中解答中熟记三角函数的诱导公式和基本关系式的合理运用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．
6. 设点的坐标为，是坐标原点，向量绕着点顺时针旋转后得到，则的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义、两角和差的三角公式，求得的坐标．
【详解】根据题意，设，向量与轴正方向的夹角为，
又由点的坐标为，则，，
向量绕着点顺时针旋转后得到，则，．
而，
，
故的坐标为，
故选：B
【点睛】关键点点点睛：注意旋转前与旋转后角的变化，利用模不变，两角差的正余弦公式求解即可，属于中档题.
7. 已知向量，，则（ ）
A. B. 向量在向量上投影向量是
C. D. 与向量共线的单位向量是
【答案】A
【解析】
【分析】求出，计算，即可判断A；根据投影向量的定义判断B；根据向量模的坐标表示判断C；根据单位向量的定义判断D.
【详解】对于A：因为，，
所以，则，所以，故A正确；
对于B：因为，，
所以向量在向量上的投影向量是，故B错误；
对于C：，则，故C错误；
对于D：，则与向量共线的单位向量或，故D错误.
故选：A
8. 三棱锥中，是边长为4的正三角形，，二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据和的形状利用余弦定理可求得平面，再由正弦定理可得的外接圆半径，找出球心位置利用勾股定理可得三棱锥的外接球的半径，可得结果.
【详解】取的中点为，连接，如下图所示：
又因为是边长为4的正三角形，，所以;
所以即为二面角的平面角，即，
由余弦定理可得，可得；
所以，可得，
又，平面，因此平面；
易知，
设的外接圆半径为，则，可得；
设的外接圆圆心为，一定在上，且；
则三棱锥的外接球的球心一定在圆心的正上方，即平面；
因此与平行，
令三棱锥的外接球的半径为，则，
解得；
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故选：D
【点睛】方法点睛：求解几何体外接球问题时，要首先根据几何体的特征确定出球心位置，再利用线面垂直以及勾股定理等求出外接球半径即可得出结论.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9. 下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（ ）
A. B.
C. 的共轭复数为D. 的虚部为1
【答案】AD
【解析】
【分析】由除法运算把复数化为代数形式，然后根据复数的定义与运算法则计算并判断．
【详解】解：由已知，
，，共轭复数为，的虚部为1．
其中真命题AD．BC为假命题．
故选：AD．
10. 如图，△ABC的三个内角A，B，C对应的三条边长分别是a，b，c，∠ABC为钝角，BD⊥AB，，c=2，则下列结论正确的有（ ）
A. B. BD=2
C. D. △CBD的面积为
【答案】AC
【解析】
【分析】
由已知利用二倍角的余弦函数公式可求的值，利用余弦定理求得的值，再计算，由同角的三角函数关系求出，根据直角三角形边角关系求出，，的值，再计算的面积从而得解．
【详解】解：由，得：，
又角钝角，
解得：，
由余弦定理，得：，
解得a=2，可知ΔABC为等腰三角形，即，
所以，
解得，故正确，
可得，
在中，，得，可得，故错误，
，可得，可得，故正确，
所以的面积为，故错误．
故选：AC．
【点睛】利用正弦、余弦定理解三角形，利用求三角形的面积．
11. 定义在上的奇函数满足，当时，，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 时，
C.
D. 函数有对称轴
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数的性质推导可判断A；结合周期性由时的解析式即可得时的解析式，从而可判断B；根据函数周期性与对称性即可判断C、D.
【详解】因为，所以，
则，所以，故A正确；
又当时，，
则当时，，，故B不正确；
由，可得函数的周期为6，
可得，
又函数是上的奇函数，则，
所以，即，
所以，故C正确；
由A选项知，，又，
则，所以函数有对称轴，故D正确.
故选：ACD.
第II卷（非选择题共92分）
注意事项：
（1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效．
（2）本部分共8个小题，共92分．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。
12. 已知函数是幂函数且图象与轴无交点，则的值为__．
【答案】2
【解析】
【分析】根据幂函数的定义得到或，再判断与轴是否有交点即可.
【详解】因为函数是幂函数，
所以，解得或.
当时，，因为，所以与轴无交点.
当时，，过，与轴有交点，舍去.
综上：.
故答案为：2
13. 计算：________．
【答案】
【解析】
【分析】把转化为，利用差角的正弦公式化简即得解.
【详解】原式
故答案为：
14. 函数的部分图象如图所示，若，且，则________．
【答案】﹔
【解析】
【分析】由图象和周期公式可得，代入点可得，进而可
得，结合题意可得，代入函数解析式计算即可.
【详解】由题意知，函数中，
周期，所以，
又函数图象过点，
即，得，
又，所以，
所以；
由，得图象的最高点坐标为，
因为且，
所以，故.
故答案为：.
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. 已知，，，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由同角关系以及正弦的二倍角公式即可求解，
（2）由二倍角公式以及和差角公式即可求值.
【小问1详解】
∵，，∴，
∴，
∴.
【小问2详解】
∵，∴，，
∴
，
所以 ，由于，所以
故.
16. 在△ABC中，a, b, c分别为内角A, B, C的对边，且
（Ⅰ）求A的大小；
（Ⅱ）求的最大值.
【答案】(Ⅰ)120°；(Ⅱ)1.
【解析】
【分析】(Ⅰ)由题意利用正弦定理角化边，然后结合余弦定理可得∠A的大小；
(Ⅱ)由题意结合(Ⅰ)的结论和三角函数的性质可得的最大值.
详解】(Ⅰ)，
,即.
，.
(Ⅱ)，
，∴当即时，取得最大值1.
【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
17. 如图，在四边形中，，，，为等边三角形，是的中点.设，.
（1）用，表示，；
（2）求的余弦值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）结合图形，由向量的加法法则及数乘向量运算律求出结果即可；
（2）由图形关系和向量的加法法则求出，再求出，然后由向量夹角的计算公式求出结果即可；
【小问1详解】
，，，，．
，，
为的中点，．
【小问2详解】
根据题意，，，，
，
，
，
．
18. 三棱柱中，底面，且各棱长均相等，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）连接，交于，连接，利用中位线定理及线面平行的判定定理即可证明；
（2）利用线面垂直的性质定理及面面垂直的判定定理即可证明；
（3）过作交延长线于，连接，由题意可得为直线与平面所成角，设三棱柱的棱长为，利用锐角三角函数的正弦值即可求解.
小问1详解】
连接，交于，连接，则是的中点，
，
又平面，平面，
平面．
【小问2详解】
平面，平面，
，
是等边三角形，是的中点，
，又平面，
平面，又平面，
平面平面．
【小问3详解】
过作交延长线于，连接，
平面平面，平面平面，
，平面，
平面，
为直线与平面所成角，
设三棱柱的棱长为，则，
即，故而．
．
19. 已知且，函数．
（1）求的定义域及其零点；
（2）讨论并证明函数在定义域上的单调性；
（3）设，当时，若对任意，存在，使得成立，求实数的取值范围．
【答案】（1），
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由函数有意义的条件求函数定义域，通过解方程求零点；
（2）定义法结合对数函数的单调性证明函数在定义域上的单调性；
（3）问题等价于，分类讨论求函数最大值，解不等式求实数的取值范围．
【小问1详解】
函数的意义，则，解得，
所以函数的定义域为；
令可得，解得，
故函数的零点为：；
【小问2详解】
设，是内的任意两个不相等的实数，且，
则，
，，，，
当时，，即，在上单调递减，
当时，，即，在上单调递增；
【小问3详解】
若对任意，存在，使得成立，只需，
由（2）知当时，在上单调递增，则，
当时，，成立；
当时，在上单调递增，，
由，可解得，；
当时，在上单调递减，，
由，可解得，；
综上，满足条件的的范围是.