精品解析：黑龙江省龙东联盟2025-2026学年高二上学期开学考试数学试题

2024级高二年级上学期开学考试 数学 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：人教A版必修第二册第六～八章，选择性必修第一册第一章． 一、选择题：本题共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. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，为原点，向量，对应的复数分别为，，那么向量对应的复数的虚部为（ ） A. －1 B. 1 C. i D. －i 3. 已知向量，，若与共线，则（ ） A. 12 B. 9 C. D. 4. 在中，角，，的对边分别为，，，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，是边上的点，其中，，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，为的重心，，且，，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 已知为的外接圆圆心，，，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 8. 已知正方体的棱长为2，为正方体内一点，若，，则点的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 已知向量，，则（ ） A. B. C. 与的夹角为 D. 在方向上的投影向量的坐标为 10. 如图，是圆锥的底面圆的直径，点是底面圆上异于，的动点，点是母线上一点，已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，则下列说法正确的是（ ） A. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C. 三棱锥的体积的最大值为 D. 若，则从点出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为5 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，，的平分线交于点，则（ ） A. B. 外接圆的面积为 C. 若，则为直角三角形 D. 若的内切圆的圆心为，则周长的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 复数的共轭复数______． 13. 在空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是平面与平面的交线，则直线与平面所成角的正弦值为______． 14. 已知中，，，且的最小值为，若为边上任意一点，则的最小值是______． 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. 如图，多面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，是线段的两个三等分点． 求证： （1）平面； （2）平面平面． 16. 已知，，． （1）求与的夹角； （2）若，且，求及． 17. 设中，角所对的边分别为，． （1）求A； （2）已知的面积为，是边上靠近点的三等分点，，求的值． 18. 如图，正方体的棱长为，，是棱，上的点，且（）． （1）证明：过，，三点的平面截正方体所得截面图形为平行四边形； （2）若，求直线与所成角的余弦值； （3）设平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为，证明：． 19. 如图，三棱锥中，平面平面，是等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，，分别是，的中点，是上一点（不含端点）． （1）证明：平面； （2）若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，且球的表面积为． （ⅰ）求三棱锥的体积； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024级高二年级上学期开学考试 数学 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：人教A版必修第二册第六～八章，选择性必修第一册第一章． 一、选择题：本题共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. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在空间直角坐标系中，一个点关于平面对称的点的坐标为，据此即可得到答案． 【详解】由空间直角坐标系，可得点关于平面对称的点的坐标为. 故选：C 2. 在复平面内，为原点，向量，对应的复数分别为，，那么向量对应的复数的虚部为（ ） A. －1 B. 1 C. i D. －i 【答案】B 【解析】 【分析】先表示出向量，，求出，然后可得答案. 【详解】由题知，，可得， 所以向量对应的复数为，其虚部为1． 故选：B． 3. 已知向量，，若与共线，则（ ） A. 12 B. 9 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由空间向量共线的充要条件列式求得，，即得. 【详解】由向量，共线， 故存在，使得，即， 解得，，所以． 故选：C． 4. 在中，角，，的对边分别为，，，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理求出，再根据三角形内角范围及余弦函数的单调性求出范围. 【详解】由余弦定理得，当且仅当时取等号， 因为，在单调递减，所以，即A的最大值为． 故选：B． 5. 如图，在中，是边上的点，其中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先在中，由正弦定理求出，再在中，由正弦定理求出. 【详解】在中，，， 由正弦定理得， 所以， 在中，，， 由正弦定理得， 所以， 故选：D． 6. 如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，为的重心，，且，，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，确定相关点以及向量的坐标，利用点到直线的距离的向量求法，即可得答案. 【详解】如图，以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，由，可得， 为的重心，所以，，， 则，，， 故点到直线的距离为. 故选：A 7. 已知为的外接圆圆心，，，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知画出示意图，利用向量数量积的运算律有，再应用数量积的定义、数形结合求最值. 【详解】如图所示，因为为的外接圆圆心，，， 所以，且， 所以， 所以当反向共线时，取到最大值. 故选：D 8. 已知正方体的棱长为2，为正方体内一点，若，，则点的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，判断点在四边形内，设的中点为，结合线面垂直判定定理证明平面，由此证明，再由勾股定理求，由此确定点的轨迹及长度. 【详解】由，知点在四边形内， 设的中点为，则． 因为平面平面，所以． 又因为，，，平面， 所以平面，平面， 所以， 则， 所以点在以为圆心，的半圆上运动，点的轨迹长度为． 故选：A． 二、选择题：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. 已知向量，，则（ ） A. B. C. 与的夹角为 D. 在方向上的投影向量的坐标为 【答案】BC 【解析】 【分析】应用向量线性关系的坐标运算及共线的坐标表示判断A；由向量模长、夹角的坐标运算判断B、C；根据投影向量的定义及坐标运算求投影向量判断D. 【详解】由题知，显然，即与不平行，A错误， ，，因此，B正确； 设与的夹角为，则，且， 因此与的夹角为，C正确； 在方向上的投影向量为，D错误． 故选：BC 10. 如图，是圆锥的底面圆的直径，点是底面圆上异于，的动点，点是母线上一点，已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，则下列说法正确的是（ ） A. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面展开图的圆心角大小为 C. 三棱锥的体积的最大值为 D. 若，则从点出发绕圆锥侧面一周到达点的最短长度为5 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出圆锥的母线及高，代入圆锥体积公式求解判断A；根据扇形圆心角公式求解判断B；当时，三棱锥的体积最大，根据三棱锥体积公式求解判断C；在侧面展开图中利用勾股定理求解最短长度判断D. 【详解】由题知，圆锥的底面半径为，圆锥的侧面积，所以母线长， 则圆锥高，所以体积，故A正确； 侧面展开图弧长，圆心角，故B错误； 因点是底面圆上异于，的动点，AB是底面圆的直径， 故当时，的面积最大，此时三棱锥的体积最大， 则三棱锥的体积的最大值为，故C正确； 由B知，圆锥的侧面展开图扇形的圆心角，在上且， 则，展开后的扇形中，所对的圆心角为， 故最短路径为线段，，故D正确． 故选：ACD． 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，，的平分线交于点，则（ ） A. B. 外接圆的面积为 C. 若，则为直角三角形 D. 若的内切圆的圆心为，则周长的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正弦定理和两角和的正弦公式化简目标式求解出判断A，利用正弦定理求出三角形外接圆的半径，再结合圆的面积公式求出外接圆面积判断B，结合题意求出，再得到，利用余弦定理求出，，结合勾股定理得到为直角三角形判断C，作出符合题意的图形，结合内心的性质得到，再利用正弦定理得到，结合两角差的正弦公式表示出周长，最后利用正弦函数的性质求解最大值判断D即可. 【详解】对于A，由题意得，由正弦定理得， 可得， 化简得， 由两角和的正弦公式得，故， 而，则，得到，解得， 而，可得，故A正确， 对于B，设外接圆的半径为， 则由正弦定理得， 解得，由圆的面积公式得外接圆的面积为，故B错误， 对于C，如图，作出符合题意的图形， 因为，所以， 而的平分线交于点，则， 得到，即，故， 在中，由余弦定理得，解得，故， 满足，则为直角三角形，故C正确， 对于D，如图，作出符合题意的图形， 因为，所以， 因为的内心为，所以，故， 设，则， 在中，由正弦定理得，， 则， 得到的周长为 ， 因为，所以， 则，可得，故D正确． 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 复数的共轭复数______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数乘法、除法求出，进而求出. 【详解】依题意，，所以. 故答案为： 13. 在空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是平面与平面的交线，则直线与平面所成角的正弦值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】分别确定题中三个平面的法向量，设直线的方向向量为，求得，利用线面角的向量求法，即可求得答案. 【详解】由题意可知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为， 设直线的方向向量为，则， 故，即，取，则， 设直线与平面所成角为，则， 故答案为： 14. 已知中，，，且的最小值为，若为边上任意一点，则的最小值是______． 【答案】## 【解析】 【分析】先根据模长公式和二次函数的性质计算出，然后建立直角坐标系，用坐标法表示出，最后根据二次函数的性质得出答案. 【详解】设，则 ， 当且仅当时等号成立，又的最小值为， 所以，又，则， 以点为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴建立如图所示的平面直角坐标系， 设点，其中，且、，，， 所以，当且仅当时，取最小值． 故答案为： 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. 如图，多面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，是线段的两个三等分点． 求证： （1）平面； （2）平面平面． 【答案】（1）证明：因为四边形为等腰梯形，，，是线段的两个三等分点， 所以，，， 连接，因为，， 所以四边形为平行四边形，所以，又， 所以，因为为的中点， 所以，即， 同理． 又平面， 所以平面． （2）证明：由（1）知，，， 所以四边形为平行四边形， 所以． 因为平面不在平面内，所以平面． 由已知，， 所以四边形为平行四边形， 所以． 因为平面不在平面内，所以平面． 又，平面， 所以平面平面． 【解析】 【分析】（1）由条件证明，同理可得，再根据线面垂直判定定理证明结论； （2）由（1）证明，根据线面平行判定定理证明平面，同理可得平面，再由面面平行判定定理证明结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 已知，，． （1）求与的夹角； （2）若，且，求及． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由数量积的运算律、定义求得即可得解. （2）由题意，结合数量积的运算律列方程求得的值，然后结合数量积的运算律、模的计算公式即可求解. 【小问1详解】 ， 所以． 又，所以． 【小问2详解】 由题意知， 即，解得， 所以， 所以， 所以． 17. 设中，角所对的边分别为，． （1）求A； （2）已知的面积为，是边上靠近点的三等分点，，求的值． 【答案】（1） （2）24 【解析】 【分析】（1）结合已知条件，利用正弦定理进行边化角，再利用三角恒等变换公式进行化简即可； （2）根据是边上靠近点的三等分点，可得，从而可得，对等式两边同时平方化简即可得到答案． 【小问1详解】 由正弦定理及， 得， ， ， ． ∵，∴，整理得． 又∵， ∴，∴． 【小问2详解】 由题知， 则， 故， 两边平方得． ∵， ∴， 即． ∵，即，∴， ∴． 18. 如图，正方体的棱长为，，是棱，上的点，且（）． （1）证明：过，，三点的平面截正方体所得截面图形为平行四边形； （2）若，求直线与所成角的余弦值； （3）设平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为，证明：． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由正方体的结构特征，结合平行四边形判定、性质及平行公理推理得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线线角的余弦. （3）由（2）中坐标系，利用面面角的向量求法求出，即可计算得证. 【小问1详解】 在正方体中，在上取点，使得，连接， 由，得四边形是平行四边形，则， 又，则，四边形是平行四边形， 因此，又， 则四边形为平行四边形，， 于是，四边形为平行四边形， 所以过，，三点的平面截正方体所得截面图形为平行四边形. 【小问2详解】 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 因此， 所以直线与所成角的余弦值为. 【小问3详解】 依题意，平面平面， 则平面的法向量可取为，平面的法向量可取为， 而，则， 设平面的法向量为，则，取，得， 则， 又平面的法向量为，则， 所以. 19. 如图，三棱锥中，平面平面，是等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，，分别是，的中点，是上一点（不含端点）． （1）证明：平面； （2）若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，且球的表面积为． （ⅰ）求三棱锥的体积； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1） 因为，分别是，的中点，所以． 因为平面平面，所以平面． （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）要证明线面平行，可通过证明线线平行即可证明线面平行，即证明. （2）（i）先根据已知条件确定球的球心位置，然后根据球的表面积求出球的半径，最后可求出三棱锥的体积.（ii）先建立空间直角坐标系，然后利用向量的坐标、向量夹角的余弦公式即可求出线面角的正弦值的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）如图，连接． 因为是以为斜边的等腰直角三角形，为中点， 所以点是外接圆的圆心． 因为是等边三角形，是中点，所以外接圆的圆心在上． 又平面平面，所以球的球心即为外接圆的圆心． 因为球的表面积，所以球的半径， 所以，，， 所以三棱锥的体积． （ⅱ）如图，以为原点，直线，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设，则． 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 设直线与平面所成角为， 则. 令，则， 当时，， 当且仅当，即时取等号． 综上所述，直线与平面所成角的正弦值的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $