安徽省蚌埠第二中学2025-2026学年高二上学期开学检测数学试卷含答案解析

这是一份安徽省蚌埠第二中学2025-2026学年高二上学期开学检测数学试卷含答案解析，文件包含精品解析安徽省蚌埠第二中学2025-2026学年高二上学期开学检测数学试卷原卷版docx、精品解析安徽省蚌埠第二中学2025-2026学年高二上学期开学检测数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
考试时间：120分钟 试卷满分：150分
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自已的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.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､单项选择题：本大题共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.
1. 已知复数（为虚数单位），则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用求出模长.
【详解】.
故选：A
2. 在平面直角坐标系中，角以为始边，点在角的终边上，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据任意角的三角函数的概念确定和的值，再利用二倍角的正弦公式求的值.
【详解】由条件可知，，
所以，，
所以.
故选：A
3. 若圆锥的底面圆半径为，其侧面展开图的面积为，则这个圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据圆锥的侧面积公式求圆锥的母线长，再求圆锥的高，最后利用圆锥的体积公式求解.
【详解】设圆锥的母线长为，
则有，所以，
于是圆锥的高为，
该圆锥的体积为：.
故选：D
4. 已知平面向量，且，则的值为（ ）
A. B. C. 2D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，利用向量的数量积的坐标表示可求得的值.
【详解】因为，所以，所以，
又因为，所以，解得.
故选：A.
5. 已知l，m，n是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ）
A. 若，，则
B 若，，则
C. 若，，，且满足，则
D. 若，，，且，，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据各选项线线、线面、面面的关系，结合平面的基本性质判断线线、线面、面面的位置关系.
【详解】A：若，，则或，故错误；
B：若，，则或或相交，故错误；
C：由，，结合题设知，而，则，又，，则，由平行公理知：，故正确.
D：若，，，且，，若m，n相交则，若m，n平行则或，相交，故错误.
故选：C
6. 若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由可得的取值，结合角的范围以及平方和为1可计算，由两角和的余弦配凑角可求出结果.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以，
所以
.
故选：C
7. 已知函数在区间上的最大值为，则实数的取值个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先计算出，分和两种情况讨论，时转化为图像交点问题.
【详解】，则，显然，，
①若即时，在单调增，，
作函数的图象，
当时，与有两个交点，所以此时有两个满足要求；
②若即时，满足要求，
综上知满足条件的共有3个.
故选：C
8. 已知中，a、b、c为角A、B、C的对边，，若与的内角平分线交于点I，的外接圆半径为，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦定理求出，，，，得到，利用基本不等式求出面积的最大值.
【详解】，由正弦定理得：
∵，∴，
∵，
∴，为直角三角形且外接圆半径为，
∴，
∴，
设内切圆半径为，则．
其中，
因为，所以，
故，当且仅当时，等号成立，
∴，
当且仅当时等号成立，
故选：A
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.
9. 若复数z满足（其中为虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A. z在复平面内对应的点位于第四象限
B. （是z的共轭复数）
C.
D. 若，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】先化简得出z，再逐一判断选项即可．
【详解】，
在复平面内所z对应的点坐标为，在第四象限，故A正确；
，故B正确；
，故C错误；
对于D，，则表示复数的点P的集合是以为圆心，2为半径的圆，
而，即为点到点之间的距离，
所以的最大值为，故D正确．
故选：ABD.
10. 函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. 的图象关于直线对称
B. 的单调递增区间为
C. 的图象向左平移个单位长度后得到函数
D. 若方程在上有且只有6个根，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根据函数图象即得代入两点坐标，求得，的值，即得函数解析式，再根据各选项的要求逐一分析，计算，结合正弦函数的图象性质即可判断.
【详解】由图可知，，且经过，故可得，
由①，结合，则得，代入②，化简得，
即，
由图知，原函数的最小正周期满足，解得，故，即.
对于，当时，因，故直线是的一条对称轴，故正确；
对于，因，
由，可得，
即的单调递增区间为，
故正确；
对于，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数，
故错误；
对于，由可得，设，因，则，
依题意函数与在上必有6个交点，作出函数的图象如下：
由图知，需使，解得，故正确.
故选：
11. 在长方形中，，，点在线段上（不包含端点），沿将折起，使二面角的大小为，，则（ ）
A. 存在某个位置，使得
B. 存在某个位置，使得直线平面
C. 四棱锥体积的最大值为
D. 当时，线段长度的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用特殊位置可判定A，根据线面平行的性质可判定B，利用棱锥的体积公式及导数研究函数的最值可判定C，利用空间向量数量积研究模长可判定D.
【详解】设点A在平面上的投影为，即，
而当时，平面，
所以平面，平面，所以，
这种情况显然存在，故A正确；
若平面，平面，平面平面，
所以，显然矛盾，故B错误；
设，，则点A到的距离为，，，
要使得四棱锥的体积最大，则，
此时四棱锥的体积，
，在上单调递减，
且当时，.
令，，则，，
所以上单调递增，在上单调递减，
故，
即四棱锥体积的最大值为，C正确.
过A，作的垂线，垂足分别为，，从而得到，，
又，
所以
.
因为二面角的大小为，所以与的夹角为120°.
设，，则，
，，，，
所以，
所以
.
故当时，有最小值28，故线段长度的最小值为，D正确.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：对于C项，设，利用表示线段长，利用棱锥体积公式得，通过导数研究其单调性计算最值即可；对于D项，根据空间向量数量积公式计算模长即可.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量与的夹角为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的模、向量夹角的余弦公式、向量的数量积等知识进行求解即可.
【详解】向量与的夹角为，
所以，
即，
.
又，所以.
故答案为：.
13. 需要测量某塔的高度，选取与塔底在同一个水平面内的两个测量基点与，现测得，，米，在点处测得塔顶的仰角为，则塔高为__________米
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理可得，然后利用解直角三角形即得.
【详解】因为在中，，，米，
所以，
由正弦定理得，即，解得(米)，
在中，，所以，即塔高(米).
故答案为：.
14. 已知三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，动点的轨迹长度为_______.
【答案】
【解析】
【分析】由三棱锥的结构特征，可扩成长方体，利用长方体的外接球半径得三棱锥的外接球半径，由动点的轨迹形状，求轨迹长度.
【详解】由题意可知，三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，
且，如图①所示，
则有，
把三棱锥扩成长方体，
则有，
解得，
则长方体外接球半径，
所以三棱锥的外接球半径；
点为三棱锥的外接球球面上一动点，
当时，如图③所示，
所以为等腰三角形，
所以
故动点的轨迹是半径为的圆，轨迹长度为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查求三棱锥的外接球，解题关键是三组对棱分别相等的四面体（三棱锥），采用补形为长方体（四面体的棱分别是长方体各面的对角线），长方体的外接球半径即为三棱锥的外接球半径.
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. 直角坐标系中，已知向量且.
（1）求的值；
（2）若为第二象限角，求的值.
【答案】（1）
（2）1
【解析】
【分析】（1）由向量共线的坐标运算可得，再利用二倍角的正切公式求解即可；
（2）由同角三角函数基本关系可求得，利用三角函数诱导公式可得原式，进而求解即可.
【小问1详解】
因为且，所以.
所以，故.
【小问2详解】
由（1）知，又，
又为第二象限角，所以，
所以
.
16. 如图，在平行四边形中，，点为中点，点在线段上，满足，设.

（1）用向量表示向量；
（2）若，求；
（3）若，求.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量基本定理，和图形的几何性质，用基底向量表示图形中的向量即可.
（2）根据向量模长和向量数量积的关系，对向量进行平方运算，根据向量的模长，列出方程，求出结果.
（3）根据向量夹角，求出向量数量积，根据向量模长和向量数量积的关系，对向量进行平方运算，进而求出向量的模长.
【小问1详解】
因点为中点，点在线段上，满足，
可得，，
故；
【小问2详解】
由（1）得，所以，
因为，所以，
解得
【小问3详解】
由题意知，
，
所以，
所以.
17. 已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）若时，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）单调递减区间为；单调递增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式得，然后利用正弦函数的单调性求解单调区间即可.
（2）分离参数得不等式在上恒成立，则，结合利用正弦函数性质求解最小值即可得解.
【小问1详解】
因为.
令，解得，
所以的单调递减区间为；
，解得
所以的单调递增区间为.
【小问2详解】
当时，不等式恒成立，
即不等式在上恒成立，
因为，所以，所以，
所以，即，
所以，解得，
即实数的取值范围为.
18. 如图，在四棱锥中， 为等边三角形，平面平面，，，，，
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为.若存在，求出值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）首先证明为直线与平面所成的角，再由线面角的定义进行求解即可；
（3）取中点，利用线面垂直的性质结合即可确定为二面角的平面角，最后结合余弦定理求解即可.
【小问1详解】
取棱的中点，连接，
因为为等边三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，
又平面，所以平面，
又平面，故，
又已知，，又平面，
所以平面.
【小问2详解】
连接，
由（1）中平面，
可知为直线与平面所成的角，
因为为等边三角形，且为的中点，
所以，
又，在中，，
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
取中点，连接，，
在中，，
因为平面，又平面，
所以，在中，，
所以，所以，又点为中点，
所以，同理，
所以为二面角的平面角，
设，
在中，，
中，，
在中，，，，
由余弦定理可得：，
即：，
化简得到：，
所以或（舍去），
即线段上存在一点，使得二面角平面角的余弦值为，
此时.
【点睛】关键点点睛：本题第3小题的解决关键是，利用三线合一分析得为二面角的平面角，从而得解.
19. 如图，在四边形中，已知的面积为，记的面积为.
（1）求的大小；
（2）若外接圆半径为，求的周长最大值.
（3）设，若，且满足成立，求常数的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）结合余弦定理和三角形面积公式求解；
（2）利用正弦定理与三角函数恒等变换求最值问题；
（3）通过正弦定理列出等式进而消元求解.
【小问1详解】
在中，由余弦定理知，，
所以
因此，
所以，即，
又因为∠ABC∈0,π，所以.
【小问2详解】
由正弦定理得，，又，
所以，
由（1）可知，所以∠BAC+∠ACB=π3，
所以的周长
，通过差角公式得l=3sin∠BAC+3cs∠BAC+3=23sin∠BAC+π3+3，
因为∠BAC∈0,π3，所以∠BAC+π3∈π3,2π3，
所以，所以的周长的取值范围是，
所以的周长的最大值为.
【小问3详解】
设，则∠ACD=2π3−α,∠CDA=π6+α,∠CAB=π3−α.
在中，由正弦定理得，即sinπ6+α⋅CD=12⋅AC.
在中，由正弦定理，即32⋅BC=sinπ3−α⋅AC.
因为，
两式作商得，sinπ6+αsinπ3−α=14，化简得sinπ3+2α=12
因为α∈0,π3，所以π3+2α∈π3,π，因此π3+2α=5π6，故.
所以.
S2=12⋅AC⋅CD⋅sin∠ACD=12⋅AC⋅CD⋅sin5π12.
所以λ=S1S2=66⋅1sinπ4+π6=3−33.