精品解析：陕西省汉中市十校联考2025-2026学年高二上学期开学测试数学试卷

大联考-2024级2025年秋季学期开学测试考试 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 已知角的终边经过点,则 A. B. C. D. 2. 设，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，若，则实数a的值为（ ） A. 3 B. 1 C. D. 4. 设，则“”是“”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 5. 已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 若，，则（ ） A. B. 3 C. 5 D. 8. 将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的一半，纵坐标伸长为原来的倍，则所得到的图象的函数解析式是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 下列命题正确的是（ ） A. 棱柱的侧面一定是平行四边形 B. 用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫圆台 C. 空间中不同的三点可以确定唯一平面 D. 过平面外一点有且只有一个平面与该平面平行 10. 已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ） A. ，可能垂直 B. ，可能共线 C. 若，则在方向上的投影向量为 D. 若，则 11. 设函数，若在区间上具有单调性，且，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 图象关于直线对称 C. 图象关于点中心对称 D. 存在，使得成立 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的定义域为__________． 13. 若，，，则的大小关系________. 14. 已知一个棱长为1的正方体，它的所有顶点均在一个球面上，则这个球的体积为______． 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. 化简求值： （1）； （2）； （3）若，求的值． 16. 已知复数； （1）求； （2）若在复平面内的点分别是对应向量的坐标，且，求的值. 17. 在中，角的对边分别为，且. （1）求角； （2）若的面积为，求的周长. 18. 《九章算术》是我国古代的数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图，在四面体中，底面，平面平面． （1）求证：四面体为鳖臑； （2）若，，M是的中点． （ⅰ）求与平面所成角的正弦值； （ⅱ）已知D，E分别在线段，上移动，若平面，求线段长度的最小值． 19. 将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再将得到的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图象． （1）求的解析式及单调递增区间； （2）讨论在上的值域； （3）求函数在上的零点之和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大联考-2024级2025年秋季学期开学测试考试 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 已知角的终边经过点,则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为角的终边经过点,所以,则, 即.故选D． 2. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意结合复数的运算法则即可求得z的值. 【详解】由题意可得：. 故选：C. 3. 已知向量，，若，则实数a的值为（ ） A. 3 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由向量平行的坐标表示方法可得，解可得的值，即可得答案． 【详解】解：根据题意，向量，， 若，则有，解可得； 故选：B． 【点睛】本题考查向量平行的坐标表示，注意向量坐标的定义，属于基础题． 4. 设，则“”是“”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 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的含义进行辨析即可. 【详解】因为，所以， 当时，无意义，所以“”时，“”不一定成立； 当时，，所以“”能推出“”. 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 5. 已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】根据线面垂直、线面平行、面面平行、面面垂直的判定与性质对选项逐一判断. 【详解】对于选项A： 若，那么可能垂直，可能相交，可能在平面上，所以A错误； 对于选项B： 若且不在平面内，那么平面外的直线与该平面平行，即，所以B正确； 对于选项C： 若，那么垂直于同一直线的两平面平行，即，所以C正确； 对于选项D： 若，那么经过垂线的平面与另一平面垂直，即，所以D正确. 故选：A. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先指数对数互化，再根据指数幂运算法则将进行变形，再结合已知条件进行计算. 【详解】根据指数幂运算法则，可得. 再根据指数幂运算法则，对进行变形可得，所以. 已知，根据对数与指数的关系，可得. 同理，因为，所以. 将和代入中计算结果 把，代入可得：. 故选：D. 7. 若，，则（ ） A. B. 3 C. 5 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两角差的正切公式即可求解. 【详解】因为，所以，解得． 故选：B. 8. 将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的一半，纵坐标伸长为原来的倍，则所得到的图象的函数解析式是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用三角函数图象变换求出解析式即可. 【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，得的图象， 再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的一半，得的图象， 然后将所得图象上所有点的纵坐标伸长为原来的倍，得的图象. 故选：C 二、多项选择题：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. 下列命题正确的是（ ） A. 棱柱的侧面一定是平行四边形 B. 用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫圆台 C. 空间中不同的三点可以确定唯一平面 D. 过平面外一点有且只有一个平面与该平面平行 【答案】AD 【解析】 【分析】根据圆锥和圆台的结构特征即可求解AB，根据空间中点线面的关系即可求解CD. 【详解】对于A, 棱柱的侧面一定是平行四边形,A正确， 对于B，用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫圆台，故B错误， 对于C, 空间中不在同一直线上的不同的三点可以确定唯一平面，C错误， 对于D, 过平面外一点有且只有一个平面与该平面平行,D正确， 故选：AD 10. 已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ） A. ，可能垂直 B. ，可能共线 C. 若，则在方向上的投影向量为 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用向量垂直的坐标表示判断A；取特殊值，结合共线向量的坐标表示判断B；求出投影向量判断C；利用向量模的坐标表示判断D. 【详解】对于A，由，得，不可能垂直，A错误； 对于B，取，则，此时，共线，B正确； 对于C，当时，，，在方向上的投影向量为，C正确； 对于D，当时，，，则，D正确. 故选：BCD 11. 设函数，若在区间上具有单调性，且，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 图象关于直线对称 C. 图象关于点中心对称 D. 存在，使得成立 【答案】AB 【解析】 【分析】由题意可判断出，判断A;根据，确定对称轴，对称中心，判断BC；，，判断D. 【详解】若在区间上具有单调性，则，则， 又，则， 因为， 所以一条对称轴为，一个对称中心横坐标为， 对称中心为， 则，所以，， 所以对称轴为，对称中心为， 对于A，，故A正确； 对于B，当时，对称轴为，故B正确； 对于C，假设图象关于点中心对称，则，此时，不符合题意，故C错误； 对于D，，，则，， 若，则 则，则， 故在，不存在使得成立，故D错误， 故选：AB. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的定义域为__________． 【答案】 【解析】 【分析】应用正切函数定义域计算求解. 【详解】因为，所以， 所以函数的定义域为 13. 若，，，则的大小关系________. 【答案】 【解析】 【分析】 利用对数函数和指数函数的单调性，可以得到，，，从而可以判断出的大小关系. 【详解】，，，且，则， 故答案为：. 【点睛】本题考查了对数函数、指数函数的单调性的应用，考查了数学运算能力，考查了对数式与指数式之间的大小比较. 14. 已知一个棱长为1的正方体，它的所有顶点均在一个球面上，则这个球的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出正方体的对角线长度，再根据正方体的对角线是其外接球的直径求出外接球的半径，最后利用球的体积公式计算求解. 【详解】设正方体棱长为，对角线为，则，. 因为正方体的所有顶点均在一个球面上， 所以正方体的对角线是该球的直径，即，所以. 根据球的体积公式. 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. 化简求值： （1）； （2）； （3）若，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据诱导公式化简即可； （2）根据诱导公式化简即可； （3）先根据诱导公式化简，再结合同角求值进行切弦互化，即可求解. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 ； 【小问3详解】 由，得， 所以，又， 所以. 16. 已知复数； （1）求； （2）若在复平面内的点分别是对应向量的坐标，且，求的值. 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）根据共轭复数定义得出，计算计算模长即可； （2）先应用向量坐标线性运算得出坐标，再根据向量垂直的坐标运算求参即可. 【小问1详解】 【小问2详解】 由题设知： . 17. 在中，角的对边分别为，且. （1）求角； （2）若的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理对等式进行化简，可求得角. （2）根据三角形面积公式可求得的值，然后根据余弦定理求出，进而可求出三角形的周长. 【小问1详解】 由正弦定理得：， ， ， . 【小问2详解】 由，得. 由余弦定理，得. 即， 的周长为. 18. 《九章算术》是我国古代的数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图，在四面体中，底面，平面平面． （1）求证：四面体为鳖臑； （2）若，，M是的中点． （ⅰ）求与平面所成角的正弦值； （ⅱ）已知D，E分别在线段，上移动，若平面，求线段长度的最小值． 【答案】（1）证明：如图，在平面内过点作于点， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为底面，平面， 所以，所以为直角三角形， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以为直角三角形， 所以四面体为鳖臑； （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）在平面内过点作于点，根据面面垂直得到平面，再利用线面垂直证明即可； （2）（ⅰ）取的中点，证明平面即可求解；（ⅱ）过点作，利用线面平行证明面面平行，再利用面面平行的性质定理得，设，利用相似三角形分别用表示，再利用勾股定理转化为二次函数求最值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）如图，取的中点，连接， 因为底面，底面，所以， 因为，所以， 又，平面，所以平面， 所以即为与平面所成的角， 因为，，M是的中点， 所以，，所以， 所以， 所以与平面所成角的正弦值为； （ⅱ）如图，过点作，垂足为，连接， 由（1）知，，平面，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，，平面， 所以平面平面， 因为平面平面，平面平面，所以， 设，则，， 易知，所以，即，得， 所以， 则当时有最小值 所以线段长度的最小值为. 19. 将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再将得到的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图象． （1）求的解析式及单调递增区间； （2）讨论在上的值域； （3）求函数在上的零点之和． 【答案】（1）， （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意得，结合整体代入法求单调区间； （2）由，得，由，得，对分类讨论得函数的单调区间，进一步得函数值域； （3）将原问题转换成，得或，进一步将零点排列出来即可求解. 【小问1详解】 由题意得． 由， 得， 所以的单调递增区间为． 【小问2详解】 由，得，由，得． 当，即时，是增函数，所以． 当，即时，先增后减，所以． 当，即时，先增后减，所以． 综上，当时，在上的值域为． 当时，在上的值域为． 当时，在上的值域为． 【小问3详解】 ． 由，得，得或， 即或． 因为，所以或或或． 故在上的零点之和为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $