河南省部分学校2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份河南省部分学校2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷（Word版附解析），共15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
1．（ ）．
A．0B．1C．D．2
2．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．某人打靶时连续射击两次，则事件“至少一次中靶”是事件“至多一次中靶”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
4．小唐5月日每天的运动时长（单位：分钟）统计数据如图所示，则（ ）
A．小唐这7天每天运动时长的平均数是72
B．小唐这7天每天运动时长的极差是42
C．小唐这7天每天运动时长的中位数是75
D．小唐这7天每天运动时长的第80百分位数是92
5．如图，在正四棱台中，分别为棱的中点，则（ ）
A．直线与直线是异面直线B．直线与直线是异面直线
C．直线与直线共面D．直线与直线共面
6．已知，则（ ）．
A．B．C．D．
7．位于灯塔P的正西方向且相距40海里的M处有一艘甲船，需要海上加油，位于灯塔P的东北方向的C处有一艘乙船在甲船的北偏东方向上，则乙船前往支援M处的甲船需要航行的最短距离是（ ）
A．海里B．海里C．海里D．30海里
8．如图，设，，线段与交于点F，且，则（ ）

A．4B．3C．D．5
二、多选题
9．已知向量和均不共线，且，则向量可以是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．已知函数（，，）的部分图象如图所示，其中为等边三角形，点M的坐标为，则( )
A．
B．
C．直线是图象的一条对称轴
D．将的图象向左平移2个单位长度后，所得图象与函数的图象重合
11．已知函数函数有四个不同的零点，且，则（ ）
A．的取值范围是B．
C．的最小值是D．越大，的值越大
三、填空题
12．某校有个班，每班有人，要求从每班随机选派5人观看“校十佳歌手赛”决赛．在这个问题中样本容量是 ．
13．已知函数的定义域为，则函数的定义域为 .
14．如图所示的正六边形，是由六个直角边长分别为与的全等的直角三角形拼接而成的，该图形（阴影部分）绕着线段的中垂线旋转一周得到一个几何体，现在用密度为的材料去制造该几何体，则该几何体的质量为 g.（结果用π表示）
四、解答题
15．某校举行了交通安全知识竞赛，初赛时，每位参赛选手回答2道题，若2道题全部答对，直接进入决赛；若2道题都答错，直接淘汰；若恰好答对1道题，则进入复赛.复赛时，每位参赛选手回答2道题（与初赛时的题目不同），若2道题都答对，则进入决赛，否则淘汰.该校学生甲参加了这次交通安全知识竞赛，已知甲初赛时答对每道题的概率均为，复赛时答对每道题的概率均为，且各题答对与否互不影响.
(1)求甲进入决赛的概率；
(2)求甲至少答对2道题的概率.
16．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求B的大小；
(2)已知，证明：是等腰三角形．
17．已知函数（，且）．
(1)求的定义域；
(2)若，求；
(3)求不等式的解集．
18．如图1，在中，，，的垂直平分线与，分别交于点，，且，沿将折起至的位置，得到四棱锥，如图2.
(1)设.
①证明：.
②已知，是否存在实数，使得平面？若存在，请求出；若不存在，请说明理由.
(2)若与平面所成的角为，求二面角的余弦值.
19．定义：区间的长度为，区间的长度为．
(1)已知不等式在上的解集为，求的长度．
(2)已知，函数．
①求在上的零点之和；
②若不等式在上的解集为，求的长度的最大值．
1．D
根据复数的运算法则及模的公式求解即可.
【详解】由，
则．
故选：D
2．D
根据已知写出集合，再由集合的交运算求集合.
【详解】由题设，则.
故选：D
3．D
分别列出两个事件包含的基本事件，再由充分条件和必要条件的概念判断即可.
【详解】连续射击两次，基本事件有A：“两次都中靶”，B：“两次都没中靶”，C：“第一次中靶且第二次没中靶”，D：“第一次没中靶且第二次中靶”.
事件“至少一次中靶”包含了A，C，D.事件“至多一次中靶”包含了B，C，D，
所以事件“至少一次中靶”是事件“至多一次中靶”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
4．D
根据平均数，极差，中位数和百分位数的定义进行计算.
【详解】，A错误；
B选项，小唐这7天每天运动时长的极差是，B错误；
C选项，将小唐这7天每天运动时长从小到大排列为，
则小唐这7天每天运动时长的中位数是70，错误；
D选项，因为，所以第80百分位数是第6个数，即92，D正确.
故选：D
5．C
由正四棱台的结构特征，侧棱的延长线交于同一点，的延长线必过此点，可判断选项中的线线位置关系.
【详解】延长，
由正四棱台的性质可得侧棱的延长线交于同一点，设该交点为.
分别为棱的中点，
延长，则的延长线必过点，
则直线与直线相交于点；与直线相交于点；与直线相交于点
；与直线是异面直线.
故选：C.
6．A
根据弦切互化，以及二倍角公式即可求解.
【详解】，
故．
故选：A
7．B
根据题设画出示意图，利用正弦定理可得.
【详解】依题意，画出示意图如下，，，
在中，，由正弦定理得，
因此（海里），
所以乙船前往支援M处的甲船需要航行的最短距离是海里.
故选：B.
8．D
先计算出，进而得到，利用共线定理的推论得到，得到答案.
【详解】，，
又，故，所以，
因为，，所以，
因为三点共线，所以，
故.
故选：D
9．AC
根据条件可得不共线，结合共线向量的坐标表示可得结果.
【详解】由题意得，不共线.
A.∵，∴不共线，A正确.
B.∵，∴，故为共线向量，B错误.
C. ∵，∴不共线，C正确.
D.∵，∴，故为共线向量，D错误.
故选：AC.
10．BCD
对A，由图数据得边长，求出；对B，由点坐标求出；对C，代入验证最值；对D，由图象变换可得.
【详解】对于A：如图，因为 为等边三角形，且高为 ，
所以边长为，所以，，，A错误；
对于B：因为点的坐标为，所以，
所以，，解得
又，所以，B正确；
对于C：由上知，而，C正确；
对于D：的图象向左平移个单位长度，解析式变为，
即所得图象与函数的图象重合，D正确.
故选：BCD.
11．BCD
首先画出函数图像，根据图像即可判断选项A错误，再利用函数的性质，列出等式即可得到选项B正确，由将选项C化为，利用对勾函数的单调性即可判断C,D的对错.
【详解】对于选项A:画出的大致图象，由图可知，则A错误.
对于选项B：因为，所以，
所以，则B正确.
对于选项C：由图可知，所以，
当且仅当时，等号成立，则C正确.
对于选项D：在上单调递减.
因为越大，越小，所以的值越大，则D正确.
故选：BCD
12．
样本容量是个班一共选派的总人数.
【详解】由题意可知在这个问题中样本容量是36×5=180．
故答案为：
13．
根据抽象函数求定义域的方法求解即可.
【详解】由，得，所以的定义域为，
令，得，所以的定义域为，
故答案为：.
14．
外部正六边形的边长为，旋转得到的几何体是两个全等的圆台，计算其体积；内部的六边形边长为2cm，旋转得到的几何体是一个圆柱和两个与圆柱同底的圆锥，计算其体积，两体积之差即为该图形（阴影部分）绕着线段的中垂线旋转一周得到的几何体的体积，乘以密度即可求解.
【详解】外部正六边形的边长为，旋转得到的几何体是两个全等的圆台，上底面半径为，下底面半径为，高为,
体积为.
内部的六边形边长为2cm，旋转得到的几何体是一个圆柱和两个与圆柱同底的圆锥，
圆锥的底面半径为，高为1cm，圆柱的底面半径为，高为，
内部的六边形旋转得到的几何体的体积为，
所以该几何体的体积为，用密度为的材料去制造该几何体，
则该几何体的质量为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
（1）分别求得甲初赛答对2题进入决赛的概率与甲初赛答对1题进入决赛的概率，利用互斥事件的和事件的概率公式可求甲进入决赛的概率；
（2）分甲初赛答对2题，甲初赛答对1题，复赛答对2题，甲初赛答对1题，复赛答对1题三种情况求解可求得甲至少答对2道题的概率.
【详解】（1）甲初赛答对2题进入决赛的概率为，
甲初赛答对1题进入决赛的概率为，
所以甲进入决赛的概率；
（2）甲初赛答对2题的概率，
甲初赛答对1题，复赛答对2题的概率为，
甲初赛答对1题，复赛答对1题的概率为，
所以甲至少答对2道题的概率.
16．(1)
(2)证明见解析.
（1）利用正弦定理边化角，再利用余弦定理求解即得.
（2）由（1）的结论，利用正弦定理边化角即可推理得证.
【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，
整理得，由余弦定理得，而，
所以.
（2）由及正弦定理，得，由（1）知，
因此，即，所以是等腰三角形.
17．(1)
(2)或
(3)答案见解析
（1）由对数函数定义域构造不等式求解即可；
（2）由对数的运算性质求解即可；
（3）分和判断函数单调性，进而可求解；
【详解】（1）由题意得
解得，即的定义域为．
（2）由，
得或，解得或．
（3）当时，，在上为增函数，
又在上为减函数，在上为减函数，
则是增函数，
由，得，
解得，即的解集为．
当时，在上为减函数，
又在上为减函数，所以在上为增函数，
可得是减函数，
由，得，
解得，即的解集为．
综上：当时，解集为，
当时，解集为.
18．(1)①证明见解析；②存在，
(2).
【详解】（1）①证明：如图，在中，记的中点为，连接.
由题意，是的中位线，
因为，，所以，，
在中，由正弦定理得，
即，解得.
因为，且，所以.
因为是的垂直平分线，所以是等腰直角三角形，所以.
在翻折后，，.
因，有，所以是等腰直角三角形.
故，，与相交于，且平面，所以平面.
因为平面，平面，所以.
②解：由①知在四棱锥中，，，两两垂直，
延长至点Q，使得，则.
延长至点P，使得，则.
因为，，所以，
不在平面内，平面，
所以平面，
因为，，所以，
不在平面内，平面，
所以平面，
因为与相交于，且平面，
所以平面平面.
因为平面，所以平面.
此时，即.
（2）
过作于，过作，交于，连接.
则即为二面角的平面角.
因为，，与相交于，且平面.所以平面.又因为平面，所以平面平面.
所以是直线在平面的投影，故即为与平面所成角，所以.
因为，所以.
因为，，且为的中点，所以.
因为，，故.
在中，，，，
所以，.
在中，，，，所以.
在中，，，，
由余弦定理得，
即二面角的余弦值为.
19．(1)
(2)① ；②
【详解】（1）由题意得，
得，得，
因为，所以，即，
故的长度为；
（2）①由，得，，
由，得或，
所以方程在上均有两个实数根，
即在上有4个零点，
设的两根为，的两根为，
得，
且，
则，
所以在上的零点之和为；
②由，得或，由①可得，
则的长度为，
易得，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
所以，
由，得，所以，
所以，故的长度的最大值为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
D
D
C
A
B
D
AC
BCD
题号
11









答案
BCD