精品解析：江西省吉安市遂川中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题

遂川中学2026届高二年级第一学期开学考试数学试卷 命题人：罗思炜 审题人：刘存仁 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 若是第三象限角，且，则的值为（ ） A. B. 5 C. D. 2. 从圆外一点向这个圆作两条切线，则两切线夹角的余弦值为（    ） A. B. C. D. 6 3. 若将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，则图象的对称中心的坐标是（ ） A. B. C. D. 4. 已知椭圆C：的焦点，直线l：，点，线段AF交C于点B，若，则等于（ ） A. B. 2 C. D. 3 5. 在四棱锥中，底面为平行四边形，E为线段上靠近A的三等分点，F为线段上一点，当平面时，（ ） A. 3 B. 4 C. D. 6. 如图，已知正方形ABCD的边长为2，若动点P在以AB为直径的半圆上(正方形ABCD内部，含边界)，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知过抛物线的焦点的直线与相交于两点，轴上一点满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 8. 在锐角中，角的对边分别为为的面积，，且，则的周长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 已知直线l：，则下列结论正确的是（ ） A. 直线l的一个法向量为 B. 若直线m：，则 C. 点到直线l的距离是2 D. 过与直线l平行的直线方程是 10. 设点，的坐标分别为，动点满足：，则下列说法正确的有（ ） A. 点的轨迹方程为 B. C. 存在4个点，使得的面积为 D. 11. 中，角所对的边为下列叙述正确的是（ ） A. 若，则一定是锐角三角形 B. 若，则一定是等边三角形 C. 若，则 D. 若，则 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知，且，则与夹角的余弦值为：______． 13. 设向量，，. （1）若，则的值为_________； （2）设函数，则的最大值为_________. 14. 已知双曲线：与椭圆：有公共的焦点，，且与在第一象限的交点为M，若的面积为1，则a的值为______． 四、解答题（15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分） 15. 已知函数的最小正周期为,且. （1）求函数的解析式并分别写出取最大值与最小值时相应的取值集合； （2）求函数,的单调递减区间. 16. 如图，在中，已知，，，N是的中点，，设与相交于点P． （1）求的值； （2）若，求的值． 17. 如图，在四棱锥底面，． （1）证明：平面平面; （2）求与平面所成角的正弦值． 18. 已知椭圆的离心率为，椭圆的左，右焦点与短轴两个端点构成的四边形面积为. （1）求椭圆的方程； （2）若直线与轴交于点，与椭圆交于两点，过点作轴的垂线交椭圆交于另一点，求面积的最大值. 19. 在三棱锥中，，，，，的中点为，点在线段上，且满足. （1）求证：； （2）当平面平面时， ①求点到平面的距离； ②若为的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 遂川中学2026届高二年级第一学期开学考试数学试卷 命题人：罗思炜 审题人：刘存仁 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 若是第三象限角，且，则的值为（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由两角差的正弦公式、平方关系依次得，，由半角公式即可求解. 【详解】由已知及正弦公式得，， 是第三象限角，． ． 故选：A. 2. 从圆外一点向这个圆作两条切线，则两切线夹角的余弦值为（    ） A. B. C. D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据锐角三角函数，结合二倍角公式即可求解. 【详解】由得， 所以圆心为，半径为， 设切点分别为，连接，则为两切线的夹角， 由于， 所以， 由二倍角公式可得， 故选：B. 3. 若将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，则图象的对称中心的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角恒等变换、函数平移变换法则得的表达式，利用整体代入法即可求解. 【详解】， 由题意得. 令，得， 所以图象的对称中心的坐标是. 故选：C. 4. 已知椭圆C：的焦点，直线l：，点，线段AF交C于点B，若，则等于（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用给定条件求出关键点坐标，结合平面向量模长公式求解即可. 【详解】设，，又， 所以，， 由，即，所以 又点B在椭圆C上，所以，解得， 所以A点坐标为， 所以，故C正确. 故选：C 5. 在四棱锥中，底面为平行四边形，E为线段上靠近A的三等分点，F为线段上一点，当平面时，（ ） A. 3 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行性质定理得出线线平行，再根据平行得出比例关系即可. 【详解】 如图，连接交于点，连接 因为平面平面，平面平面所以， 所以，因为为的三等分点， 则即. 故选：D. 6. 如图，已知正方形ABCD的边长为2，若动点P在以AB为直径的半圆上(正方形ABCD内部，含边界)，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出的坐标，再由平面向呈的坐标运算结合三角函数的有界性计算即可求得. 【详解】如图，以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立平面直角坐标系， 则， 则以AB为直径的半圆为， 因为动点P在以AB为直径的半圆上，所以， 所以， 所以 ， 因为，所以， 所以，即的取值范围为. 故选：B 7. 已知过抛物线的焦点的直线与相交于两点，轴上一点满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用给定条件找到变量之间的关系，结合平面向量的坐标表示求解即可. 【详解】 设，，， 联立方程组得到，消可得， 解得，因为，所以， 而， 而， 解得，此时，， ，故D正确. 故选：. 【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是合理利用给定条件消去变量，然后利用得平面向量的坐标表示结合韦达定理到所要求的定值即可． 8. 在锐角中，角的对边分别为为的面积，，且，则的周长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用面积公式和余弦定理可得，然后根据正弦定理及三角变换可得，再根据三角形是锐角三角形，得到的范围，转化为三角函数求值域的问题. 【详解】， ， ∴，即，为锐角， ∴，又， 由正弦定理可得， 所以 ，其中，， 因为为锐角三角形， 所以，则， 即：， 所以，又， ∴，即， 故的周长的取值范围是. 故选：D. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 已知直线l：，则下列结论正确的是（ ） A. 直线l的一个法向量为 B. 若直线m：，则 C. 点到直线l的距离是2 D. 过与直线l平行的直线方程是 【答案】CD 【解析】 【分析】对于A：根据直线方向向量与斜率之间的关系分析判断；对于B：根据直线垂直分析判断；对于C：根据点到直线的距离公式运算求解；对于D：根据直线平行分析求解. 【详解】对于A，因为直线l：的斜率， 但，可知不为直线l的一个法向量，故A错误； 对于B，因为直线m：的斜率，且， 所以直线l与直线m不垂直，故B错误； 对于C，点到直线l的距离，故C正确； 对于D，过与直线l平行的直线方程是，即，故D正确． 故选：CD. 10. 设点，的坐标分别为，动点满足：，则下列说法正确的有（ ） A. 点的轨迹方程为 B. C. 存在4个点，使得的面积为 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】应用椭圆定义判断A，B，D，应用面积公式判断个数判断C. 【详解】对于A，由得，， 所以点的轨迹为以为焦点的椭圆，且，即， 则，故点的轨迹方程为，A正确. 对于B，D，将的坐标代入椭圆方程左边得，所以点在椭圆内部， 如图所示，所以，当且仅当点运动到点处时，等号成立，故B错误； ， 因为，所以， 当且仅当点运动到点处时，等号成立，故D正确. 对于C，，其中为点到直线的距离，若，则， 由于当点为椭圆的右顶点时，取得最大值3，故满足条件的点只有一个，C错误. 故选：AD. 11. 中，角所对的边为下列叙述正确的是（ ） A. 若，则一定是锐角三角形 B. 若，则一定是等边三角形 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】由余弦定理和余弦函数的性质即可判断A；由正弦定理及正切函数的性质即可判断B；由余弦函数的单调性即可判断C；由余弦定理，基本不等式及余弦函数的性质即可判断D． 【详解】对于A选项，在中，因为，又， 所以，即为锐角，但题中没有告诉最大， 所以不一定是锐角三角形，故A错误； 对于B选项，，由正弦定理得， 整理得，即一定是等边三角形，故B正确； 对于C选项，因为，在单调递减， 所以，故C正确； 对于D选项，由，得，所以， 由余弦定理可得， ，当且仅当时，等号成立， 则当，时，，即角可以大于，故D错误； 故选：BC． 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 已知，且，则与夹角的余弦值为：______． 【答案】## 【解析】 【分析】先对化简求出，再利用向量的夹角公式求解即可. 【详解】由，得， 则， 因为，所以，解得， 所以， 即与夹角的余弦值为. 故答案为： 13. 设向量，，. （1）若，则的值为_________； （2）设函数，则的最大值为_________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】根据向量的模长相等求出正弦进而求出角，向量运算再应用三角恒等变换求出最大值. 【详解】（1）由，， 又，得.又，从而， 所以. （2）因为， 所以当，即时，取得最大值， 又，所以当，时，， 所以的最大值为. 故答案为：；. 14. 已知双曲线：与椭圆：有公共的焦点，，且与在第一象限的交点为M，若的面积为1，则a的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线和椭圆的定义求解、的长，再结合余弦定理求出，进而得到，再根据面积公式求解即可. 【详解】设，分别为左、右焦点，根据椭圆以及双曲线定义可得 所以，， 所以， 由余弦定理可得， 所以， 故， 因此的面积为， 解得． 故答案为：. 四、解答题（15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分） 15. 已知函数的最小正周期为,且. （1）求函数的解析式并分别写出取最大值与最小值时相应的取值集合； （2）求函数,的单调递减区间. 【答案】（1） 当取得最小值时,的取值集合为 当取得最大值时,的取值集合为 （2）和 【解析】 【分析】(1)根据正弦型函数的最小正周期公式，代入运算得结合,求得从而可得再根据正弦型函数的最值性质即可求解. (2)由(1)得根据正弦型函数的单调性性质即可求解. 【小问1详解】 的最小正周期为,又 当即时,取得最小值 此时的取值集合为 当即时,取得最大值 此时的取值集合为 【小问2详解】 依题意 若单调递减,则 即 令得其单调递减区间为和 16. 如图，在中，已知，，，N是的中点，，设与相交于点P． （1）求的值； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）以为基底表示，利用平面向量数量积公式求其夹角余弦即可； （2）利用平面向量共线的充要条件，结合平面向量基本定理，根据待定系数法计算即可. 【小问1详解】 以为基底，设， 则 ， 所以， 同理， ， 则； 【小问2详解】 因为三点共线，不妨设， 同理有三点共线，不妨设， 则有. 17. 如图，在四棱锥底面，． （1）证明：平面平面; （2）求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：，，，则，． 中，， 故，故， 又因为底面，底面，所以， 又因为，平面，平面， 底面，故平面平面， 另解：平面，平面，故， 过做的垂线，垂足为，连接，则， ，，， 在中，，，即， 又， 平面，故平面， 平面，故平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）计算，，根据勾股定理得到，再证明平面，得到答案. （2）作，垂直为，连接 ，确定为与平面所成的角，计算，得到答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 作，垂直为，连接 ， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面，故为与平面所成的角， 中，，， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18. 已知椭圆的离心率为，椭圆的左，右焦点与短轴两个端点构成的四边形面积为. （1）求椭圆的方程； （2）若直线与轴交于点，与椭圆交于两点，过点作轴的垂线交椭圆交于另一点，求面积的最大值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，结合离心率及四边形面积列式求出，即可求出椭圆的方程. （2）联立直线l与椭圆的方程得到，再利用切割法得到，化简得到，进而利用基本不等式求得面积的最大值. 【小问1详解】 设椭圆的焦距为，则，即，则，， 由的左，右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为，得， 即，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 显然，设，则， 由消去得，， 则， 又，而与同号， 因此 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以面积的最大值为. 【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的几何图形面积范围或最值问题，可以以直线的斜率、横(纵)截距、图形上动点的横(纵)坐标为变量，建立函数关系求解作答. 19. 在三棱锥中，，，，，的中点为，点在线段上，且满足. （1）求证：； （2）当平面平面时， ①求点到平面的距离； ②若为的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 连接，， ，为的中点，， ，为的中点，， 平面， 又平面，； （2）①；② 【解析】 【分析】（1）连接，，根据线面垂直的判定定理证明平面，据此即可证明； （2）①过点作于，连，，令，在中利用勾股定理求出，据此即可求出点到平面的距离； ②记平面与平面的夹角为，作交于点，连接，据此即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①过点作于，连，， 平面平面，， 平面，令， ， ，， 则，，， 平面，， 在中，由，得，， ，故点到平面的距离为； ②记平面与平面的夹角为，作交于点，连接， ，， 是的中位线，， ，， ，， ，， ，所以平面为平面与平面的公共垂面， 故，在中，，， 可求得，又，， 则. 【点睛】关键点点睛：本题（2）①关键在于令，在中利用勾股定理求出. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $