精品解析：河南省信阳市浉河区信阳高级中学（贤岭校区）2025-2026学年高二上学期开学测试数学试题（理科）

河南省信阳高级中学新校（贤岭校区） 2025-2026学年高二上期开学测试 数学试题（理科） 一、单选题：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：求出集合后可求. 【详解】[方法一]：直接法 因为，故，故选：B. [方法二]：【最优解】代入排除法 代入集合，可得，不满足，排除A、D； 代入集合，可得，不满足，排除C. 故选：B. 【整体点评】方法一：直接解不等式，利用交集运算求出，是通性通法； 方法二：根据选择题特征，利用特殊值代入验证，是该题的最优解． 2. 有8位同学一次数学测试的分数分别是：111，118，125，130，130，132，136，140，则这组数据的75百分位数是（ ） A. 130 B. 132 C. 134 D. 136 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的定义进行求解. 【详解】解：因为， 所以这组数据的75百分位数是. 故选：C． 3. 若，（为虚数单位，是的共轭复数），则（ ） A. 2 B. C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数乘法法则得到，然后求模长即可. 【详解】，所以. 故选：C. 4. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚正面向上”，事件“第二枚反面向上”，则事件A与B的关系是（ ） A. B. C. 相互独立 D. 互斥 【答案】C 【解析】 【分析】列举出抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果，再逐一分析判断各个选项即可. 【详解】依题意，记抛掷一枚质地均匀的硬币正面向上为，反面向上为， 则抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果是：， 事件A包含的结果有：，事件B包含的结果有：， 而事件A，事件B中有不同的结果，则事件A与事件B不互相包含，也不相等，故AB错误； 显然事件A，事件B都含有“”这一结果，即事件A，事件B能同时发生， 因此，事件A与事件B不互斥，故D错误； 因为，则， 所以A与B相互独立，故C正确. 故选：C. 5. 关于函数描述正确的是（ ） A. 最小正周期是 B. 最大值是 C. 一条对称轴是 D. 一个对称中心是 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简得解析式，再利用正弦型函数的图像和性质得出结论. 【详解】解：由题意得： 选项A：函数的最小正周期为，故A错误； 选项B：由于，函数的最大值为，故B错误； 选项C：函数的对称轴满足，，当时，，故C错误； 选项D：令，代入函数的，故为函数的一个对称中心，故D正确； 故选：D 6. 已知a，b为两条直线，，为两个平面，且满足，，，，则“与异面”是“直线与l相交”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中线、面关系结合充分、必要条件分析判断. 【详解】当“与异面”，若直线与l不相交，由于，则， 又，则，这与和异面相矛盾，故直线与l相交， 故“与异面”是“直线与l相交”的充分条件； 当“直线与l相交”，若与不异面，则与平行或相交， 若与平行，又，则，这与直线和l相交相矛盾； 若与相交，设，则且，得， 即A为直线的公共点，这与 相矛盾； 综上所述：与异面，即“与异面”是“直线与l相交”的必要条件； 所以“与异面”是“直线与l相交”的充分必要条件. 故选：C. 7. 已知函数，若正数m，n满足，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数解析式可得，据此得出，再由“1”的技巧及基本不等式得解. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以由可得，即， 由， 则， 当且仅当，即时，等号成立. 故选：D 8. 由瑞士著名建筑大师马里奥博塔设计的清华大学艺术博物馆整体为长方体造型，长方体是该建筑的直观图，当身高为 m人（忽略眼睛到头顶的距离）站在点处（的延长线上）时可以估测点、点的仰角，现测得楼宽长为m，此人估测得点的仰角为，点的仰角为，则估测教学楼的高为（ ）（单位：m) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设出长方体建筑物的上底面与点的高度差为，利用三角函数求出，，再利用勾股定理即可求出，进而可求得. 【详解】设长方体建筑物的上底面与点的高度差为， 可得，， 在直角三角形中，，即， 解得， 所以， 所以. 故选：D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 某学校对高一学生选科情况进行了统计，发现学生选科仅有物化生、政史地、物化地、物化政、生史地五种组合，其中选考物化地和物化政组合的人数相等，并绘制得到如下的扇形图和条形图，则（ ） A. 该校高一学生总数为 B. 该校高一学生中选考物化政组合的人数为 C. 该校高一学生中选考物理的人数比选考历史的人数多 D. 用比例分配的分层随机抽样方法从该校高一学生抽取人，则生史地组合抽取人 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据政史地的人数和占比求出高一学生总数判断A，根据选考物化地和物化政组合 的人数相等和图表中的信息求出各选科的人数判断BC，利用分层抽样的特点判断D. 【详解】由扇形图和条形图可知，选政史地的人数为人，占比， 所以该校高一学生总数为人，A说法正确； 由扇形图可知选择物化生的人数为人， 所以选择物化地和物化政的人数为人， 又因为选考物化地和物化政组合的人数相等， 所以选考物化地和物化政组合的人数均为人，B说法错误； 该校高一学生中选考物理的人数有人，选考历史的人数有人， 选考物理的人数比选考历史的人数多，C说法正确； 因为选考生史地的学生人数占比为， 所以用比例分配的分层随机抽样方法从该校高一学生抽取人，则生史地组合抽取人，D说法正确； 故选：ACD 10. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. 若向量同向，则 B. 若向量反向，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】向量同向和反向都是说的共线，就利用向量共线的定理分别求解即可；然后利用向量数量积的计算求解其角度即可. 【详解】由题意可得.当同向时，，则A正确； 当反向时，（），则B正确； 由，得，所以，即，解得，则D正确； 因为，所以，所以，则C错误. 故选：ABD 11. 如图，在正方形中，点分别是线段上的动点（不含端点），且与交于点．现将四边形沿直线折起，使平面平面，则（ ） A. B. 与所成角为定值 C. 为定值 D. 存在点，使得直线与平面所成角为 【答案】AC 【解析】 【分析】令，利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理得，判断A；利用余弦定理计算判断C；确定所成角，计算判断B；确定直线与平面所成角，计算判断D. 【详解】在正方形中，令，则， ，如图，连接，， 显然，而平面平面，平面平面，平面， 则平面，而平面， 于是，，故选项A正确； ，， 因为， 所以为定值，故C正确； 显然，即有，因为，则是AC与MN所成的角， ，当且仅当时取等号， 所以与所成角为定值，故B错误； ，平面平面，平面平面， 平面，则平面，所以是与平面所成的角， 从而，当时，， 化简得，方程无解， 故不存在点，使得直线与平面所成角为，故D错误. 故选：AC 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线的倾斜角的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据直线斜率求直线倾斜角范围. 【详解】设直线倾斜角为，当时直线斜率不存在，此时倾斜角为； 当时，斜率为，直线 化为斜截式为， ，因为且， 所以， 即，所以； 综上有：. 故答案为： 13. 已知函数不是单调函数，则实数a的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】求出时，的对称轴为，分和两种情况，结合函数单调性得到不等式，求出答案. 【详解】当时，单调递减， 时，的对称轴为， 当，即时，函数在上单调递减，在上单调递增， 在上单调递减，故不单调，满足要求； 当，即时，需满足，解得， 故， 综上，数a的取值范围是 故答案为： 14. 在直三棱柱 中， 且 ， 已知该三棱柱的体积为 2 ，且该三棱柱的外接球表面积为18， 若将此三棱柱掏空（保留表面，不计厚度）后放入一个球，则该球最大半径为_________ 【答案】 【解析】 【分析】由三棱柱体积及外接球表面积可求得底面边长，由此可得底面内切圆半径，即为所求最大半径. 【详解】 设，中点为，中点为中点为， 外接球球心在中点处， 设，， 该三棱柱的体积为 2，， ，， 该三棱柱的外接球表面积为， ∴外接球半径，即，， ，即， ∴， ∴底面内切圆半径， 因此该球最大半径为. 故答案为：. 四、解答题：本大题共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. 汽车智能化——无人驾驶汽车成为汽车行业发展趋势．某汽车研发部门为了解客户对无人驾驶汽车的性能满意情况，随机抽取200名客户对无人驾驶汽车的性能进行打分，发现打分均在[40，100]内，将这些数据分成6组：，，，，，，并绘制出样本的频率分布直方图，因不慎，使得图形残缺，如图所示． （1）求样本中打分在内的客户人数并估计样本的中位数； （2）已知打分在内的样本数据的平均值为63，方差为5，打分在内的样本数据的平均值为78，方差为2，求打分在内的样本数据的平均值与方差． 【答案】（1）客户人数为60人，中位数为75 （2）平均值为73，方差为53 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的特点及中位数的定义求解即可； （2）根据加权平均数公式和方差的性质计算样本得分的平均数和方差. 【小问1详解】 由题可知，打分在内的频率为 ， 所以样本中打分在内的客户人数为人． 由图可知，打分在内的频率为0.35，在内的频率为0.30， 设样本的中位数为，则， 则，解得， 故样本的中位数为75． 【小问2详解】 根据频率分布直方图可知，打分在，内的样本数据的频数分别为30，60， 所以打分在内的样本数据的平均值为． 打分在内的样本数据的方差为 ． 16. 如图，已知、均是边长为2的等边三角形，且平面平面，为的中点，且. （1）证明：； （2）若，，求平面与平面夹角的大小. 【答案】（1）证明：连接，   ∵，均为正三角形，为的中点，∴，， 平面，，∴平面， 平面，∴， ，，平面，∴平面， 平面，∴. （2） 【解析】 【分析】（1）根据等边三角形的性质可得线线垂直，利用线面垂直的判定与性质，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，根据面面角的向量公式，可得答案. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 ∵平面平面，平面平面， ，，平面，平面， ∴平面，平面， 故以为原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，∴， ，且平面，平面，平面， 由平面，则，又，， 平面，∴平面，∴， 设平面的法向量为，则 令得是平面的一个法向量， 显然平面的一个法向量为，∴， 故所求角为. 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）若，求B； （2）求的最小值． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）方法一：直接根据待求表达式变形处理，方法二：先二倍角公式处理等式右边，在变形，方法三：根据诱导公式可将题干同构处理，结合导数判断单调性，推知即可求解，方法四：根据半角公式和两角差的正切公式化简后求解. （2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成，然后利用基本不等式即可解出． 【小问1详解】 方法一：直接法 可得， 则，即， 注意到，于是， 展开可得，则， 又，. 方法二：二倍角公式处理+直接法 因为， 即， 而，所以； 方法三：导数同构法 根据可知，， 设，， 则在上单调递减，， 故，结合，解得. 方法四：恒等变换化简 ， 结合正切函数的单调性，，则， 结合，解得. 【小问2详解】 由（1）知，，所以， 而， 所以，即有，所以 所以由正弦定理得 ． 当且仅当时取等号，所以的最小值为． 18. 在平面直角坐标系中．点，直线，．圆经过两点，且圆心在直线上． （1）求圆的方程； （2）当直线与圆相切时，求实数的值． （3）若直线与圆相交于两点，当变化时，是否存在一个定点，使得为定值？若存在，求出一个的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）或 （3）为点时，为定值 【解析】 【分析】（1）设圆心坐标为 ，由题意可得，且，可求得圆心坐标与半径，进而可求得圆的方程； （2）由题意可得，求解即可； （3）由题意可得直线经过定点，设过的直线与圆的切点为， 可得，当为定点，符合题意. 【小问1详解】 设圆心坐标为 ，因为圆心在直线 上， 则， 因为利用圆经过点和，所以， 两边平方后得， 整理得，又，解得，，所以圆心为， 的以圆的半径， 所以圆的标准方程为； 【小问2详解】 因为， 由题意可得 的距离为，所以 两边平方，化简得，解得或； 【小问3详解】 直线的方程为 即， 由，解得，所以直线经过定点， 又，所以点在圆外， 设过的直线与圆的切点为， 则有，又， 所以 所以当为定点时，为定值. 19. 已知函数 （1）求不等式 的解集; （2）设 均为实数，当 时， 的最大值为 1，且满足此条件的任意实数 及 的值，使得关于 的不等式 恒成立，求的取值范围; （3）设 为实数，若关于 的方程 恰有两个不相等的实数根 、 且 ，试将 表示为关于 的函数，并写出此函数的定义域. 【答案】（1） （2） ； （3），定义域为 . 【解析】 【分析】（1）把转化为或，分别求得不等式组的解集，即可求解； （2）根据题意求得的范围，把不等式 恒成立，转化为恒恒成立，结合基本不等式，即可求解； （3）由题意得到，转化为分别是方程的根，且，并求得的范围，进而求得 关于的函数，即可求解. 【小问1详解】 等价为 或 ， 即为 或 ， 则不等式的解集为 ； 【小问2详解】 当 时， 的最大值为1，故 . 要使不等式 3 恒成立， 需要 ， 即 对任意 都成立 ， ，则 ∵ =4， ∴ 故的取值范围是 ； 【小问3详解】 函数，的图象如图所示 当时，，； 当0时，，； 当时，，. 所以 ① 若 ，则方程 变为， 即 ，且 ； ② 若 ，则方程 变为， 即 ，且 . 于是 分别是方程 的根，且 ，， 此函数的定义域为 . 【点睛】方法点睛：对于非二次不等式恒成立求参问题，一般先分离参数，转化为最值问题，进而可借助函数或基本不等式进行求解；方程解的个数可等价于两个不同函数交点个数，分段函数则需要考虑每一段解析式是否成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学新校（贤岭校区） 2025-2026学年高二上期开学测试 数学试题（理科） 一、单选题：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 有8位同学一次数学测试的分数分别是：111，118，125，130，130，132，136，140，则这组数据的75百分位数是（ ） A. 130 B. 132 C. 134 D. 136 3. 若，（为虚数单位，是的共轭复数），则（ ） A. 2 B. C. D. 6 4. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚正面向上”，事件“第二枚反面向上”，则事件A与B的关系是（ ） A. B. C. 相互独立 D. 互斥 5. 关于函数描述正确的是（ ） A. 最小正周期是 B. 最大值是 C. 一条对称轴是 D. 一个对称中心是 6. 已知a，b为两条直线，，为两个平面，且满足，，，，则“与异面”是“直线与l相交”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知函数，若正数m，n满足，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 8. 由瑞士著名建筑大师马里奥博塔设计的清华大学艺术博物馆整体为长方体造型，长方体是该建筑的直观图，当身高为 m人（忽略眼睛到头顶的距离）站在点处（的延长线上）时可以估测点、点的仰角，现测得楼宽长为m，此人估测得点的仰角为，点的仰角为，则估测教学楼的高为（ ）（单位：m) A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 某学校对高一学生选科情况进行了统计，发现学生选科仅有物化生、政史地、物化地、物化政、生史地五种组合，其中选考物化地和物化政组合的人数相等，并绘制得到如下的扇形图和条形图，则（ ） A. 该校高一学生总数为 B. 该校高一学生中选考物化政组合的人数为 C. 该校高一学生中选考物理的人数比选考历史的人数多 D. 用比例分配的分层随机抽样方法从该校高一学生抽取人，则生史地组合抽取人 10. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. 若向量同向，则 B. 若向量反向，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 如图，在正方形中，点分别是线段上的动点（不含端点），且与交于点．现将四边形沿直线折起，使平面平面，则（ ） A. B. 与所成角为定值 C. 为定值 D. 存在点，使得直线与平面所成角为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线的倾斜角的取值范围是______. 13. 已知函数不是单调函数，则实数a的取值范围是_______． 14. 在直三棱柱 中， 且 ， 已知该三棱柱的体积为 2 ，且该三棱柱的外接球表面积为18， 若将此三棱柱掏空（保留表面，不计厚度）后放入一个球，则该球最大半径为_________ 四、解答题：本大题共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. 汽车智能化——无人驾驶汽车成为汽车行业发展趋势．某汽车研发部门为了解客户对无人驾驶汽车的性能满意情况，随机抽取200名客户对无人驾驶汽车的性能进行打分，发现打分均在[40，100]内，将这些数据分成6组：，，，，，，并绘制出样本的频率分布直方图，因不慎，使得图形残缺，如图所示． （1）求样本中打分在内的客户人数并估计样本的中位数； （2）已知打分在内的样本数据的平均值为63，方差为5，打分在内的样本数据的平均值为78，方差为2，求打分在内的样本数据的平均值与方差． 16. 如图，已知、均是边长为2的等边三角形，且平面平面，为的中点，且. （1）证明：； （2）若，，求平面与平面夹角的大小. 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）若，求B； （2）求的最小值． 18. 在平面直角坐标系中．点，直线，．圆经过两点，且圆心在直线上． （1）求圆的方程； （2）当直线与圆相切时，求实数的值． （3）若直线与圆相交于两点，当变化时，是否存在一个定点，使得为定值？若存在，求出一个的坐标；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数 （1）求不等式 的解集; （2）设 均为实数，当 时， 的最大值为 1，且满足此条件的任意实数 及 的值，使得关于 的不等式 恒成立，求的取值范围; （3）设 为实数，若关于 的方程 恰有两个不相等的实数根 、 且 ，试将 表示为关于 的函数，并写出此函数的定义域. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $