2024-2025学年江西省宜春市丰城九中日新班高二（上）开学数学试卷（含答案）

2024-2025学年江西省宜春市丰城九中日新班高二（上）开学数学试卷
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.
2.已知向量，则与夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
3.已知函数，则( )
A. B. C. D.
4.若实数，，满足，，，则( )
A. B. C. D.
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.
6.，的导函数为，则( )
A. B. C. 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. 既不允分也不必要条件
8.在棱长为的正方体中，点是侧面上的点，且点到棱与到棱的距离均为，用过点且与垂直的平面去截该正方体，则截面在正方体底面的投影多边形的面积是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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
10.若正实数，满足，则( )
A. B. 有序数对有个
C. 的最小值是 D.
11.已知函数的定义域为，，，则( )
A. B.
C. 为奇函数 D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.的展开式中的系数为______用数字作答．
13.函数的值域为______．
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，过作外角平分线的垂线与直线交于点，则 ______．
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.本小题分
在中，内角，，的对边分别为，，，且．
证明：．
若，，求的面积．
16.本小题分
已知函数．
当时，求曲线在点处的切线方程．
若函数有两个零点，求实数的取值范围．
17.本小题分
如图，已知点列在曲线上，点列在轴上，，，为等腰直角三角形．
求，，；直接写出结果
求数列的通项公式；
设，证明：．
18.本小题分
在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是，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．
求长的最小值；
当的长最小时，求二面角的正弦值．
19.本小题分
已知等比数列的公比为，其所有项构成集合，等差数列的公差为，其所有项构成集合令，集合中的所有元素按从小到大排列构成首项为的数列
Ⅰ若集合，写出一组符合题意的数列和；
Ⅱ若，数列为无穷数列，，且数列的前项成公比为的等比数列当时，求的值；
Ⅲ若数列是首项为的无穷数列，求证：“存在无穷数列，使”的充要条件是“是有理数”．
参考答案
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15.解：证明：根据正弦定理知，
整理得，
因为，
所以，
由正弦定理可得；
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.解：当时，，所以，
，，
所以曲线在点处的切线方程为，
即；
，
由得，
的图象有个交点，
令，
，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以，
且时，，，
所以时，，所以的大致图象如下，
所以若函数有两个零点，
则，
所以实数的取值范围为．
17.解：由为等腰直角三角形，所以直线的直线斜率为，
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，因为，解得，
由，所以，可得，
可得，解得．
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．
证明：由可得，
，所以，
所以，
，
所以．
18.解：由题意，如图，以为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，
因为，
所以当时，的长最小，最小值为；
由知，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，
，，
由，取，可得，
同理可求平面的一个法向量为，
则，
所以，
因此，当的长最小时，二面角的正弦值为．
19.解：Ⅰ由集合，，
等比数列和等差数列均不为常数列，
可取数列：，，；数列：，，，，
因为，所以数列为公比不为的等比数列；
因为，所以数列为公差不为的等差数列．
故，符合题意．
Ⅱ因为集合中的所有元素按从小到大排列构成首项为的数列，
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．
设的前项为：，，，，，
因为，，，所以，
此时必有，
事实上，若，则的前项即是的前项，与矛盾．
所以或．
若，则，所以，此时的前项为，，，，，
即，，所以数列的公差为，
因为，所以符合题意；
若，则或，
时，有，，成等差数列，所以，解得，与矛盾；
时，有，所以，所以的前项为，，，，，
因为，所以，即，
所以，，故，与为等差数列矛盾．
所以不可能．
综上，的值为．
Ⅲ证明：因为数列是首项为的无穷数列，由Ⅱ知，数列是递增的数列；
对于公比不为的无穷数列，必有，，
否则，若为负，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，这与中的最小值为矛盾．
先证明充分性：当是正有理数时，因为数列是递增的等差数列，所以，
设互质，则，
令，则，，
当时，，
所以数列的第项是数列的第项，
所以数列中的项都是数列的项，即．
再证明必要性：
假设是正无理数，因为，即数列中的项都是数列的项，故．
令，，，则，，，且，因为，即，
整理可得，约去有，
因为，，，且是无理数，所以，消去并整理得，
故，与矛盾，所以假设不成立，即是有理数．
综上所述，“存在数列，使”的充要条件是“是正有理数”．
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