精品解析：湖南省岳阳市汨罗市第二中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试题

2025年8月高二数学入学考试试题 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知复数满足（其中为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 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 3. 从装有3个黄球和4个蓝球的口袋内任取2个球，下列事件中与事件“至少有一个黄球”互为对立的是（ ） A. 都是蓝球 B. 都是黄球 C. 恰有一个蓝球 D. 至少有一个蓝球 4. 已知向量，满足，则（ ） A. B. C. 20 D. 5 5. 已知，，若，则实数m的值为（ ） A. B. C. 3 D. 2 6. 如图，已知四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 在如图所示的电路中，5个盒子表示保险匣，盒子中所示数值表示通电时保险丝熔断的概率，则下列结论正确的是（ ） A. A，B两个盒子并联后FG 段畅通的概率为 B. D，E两个盒子串联后GH 段畅通的概率为 C. C，D，E三个盒子混联后GK 段畅通的概率为 D. 当开关合上时，整个电路畅通的概率大于整个电路不通的概率 8. 在中，M为BC上一点且满足，，，若，则的外接圆半径为（ ） A. B. C. 1 D. 二、多选题（每题5分，共15分） 9. 如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（ ） A. 存在点Q，使得 B. 存在点Q，使得平面 C. 三棱锥的体积是定值 D. 二面角的余弦值为 10. 把函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数是一个奇函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 当时，的值域为 D. 若方程在区间上恰有六个不等实根，则实数m的取值范围为 11. 已知正四棱台（上下底面都是正方形的四棱台）．下底面ABCD边长为2，上底面边长为1，侧棱长为，则（ ） A. 它的表面积为 B. 它的外接球的表面积为 C. 侧棱与下底面所成的角为60° D. 它的体积比棱长为的正方体的体积大 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 若事件A和B互斥，且，，则________． 13. 如图1是古希腊数学家阿基米德的墓碑图文，碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个球，圆柱的底面直径和高都等于这个球的直径，相传这个图形表达了阿基米德最引以自豪的发现.如图2是这个图形的示意图，那么图2中圆锥与球的表面积的比值为______. 14. 如图，在四边形中，的面积为，记的面积为，，设，，若存在常数，使成立，则的值为___________ 四、解答题（共80分） 15. 甲袋子中装有2个红球、1个白球，乙袋子中装有1个红球、2个白球（袋子不透明，球除颜色外完全一样）. （1）现从甲、乙两个袋子中各任选1个球，求选出的2个球的颜色相同的概率； （2）从甲、乙两袋6个球中任选2个球，求选出的2个球来自同一袋子的概率. 16. 已知锐角的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求A； （2）若，求周长的取值范围． 17. 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且． （1）求A； （2）若．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求b，c． 条件①：中线AD长为；条件②：△ABC的面积为． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 18. 如图，四面体中，分别的中点，，. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 19. 设函数，． （1）判断函数的奇偶性，并讨论其单调性（不需证明单调性）； （2）求证：； （3）若在区间上的最小值为，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年8月高二数学入学考试试题 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 已知复数满足（其中为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将复数利用复数的四则运算求解出来，即可得出虚部. 【详解】由题意，得，所以的虚部为， 故选：B． 2. 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】A 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】由，则，即可以推导出，故充分性成立； 由推不出，如，，满足，但是，故必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3. 从装有3个黄球和4个蓝球的口袋内任取2个球，下列事件中与事件“至少有一个黄球”互为对立的是（ ） A. 都是蓝球 B. 都是黄球 C. 恰有一个蓝球 D. 至少有一个蓝球 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用对立事件的意义判断即可. 【详解】事件“至少有一个黄球”的对立事件是“没有黄球”，即都是“都是蓝球”， 所以与事件“至少有一个黄球”互为对立的是“都是蓝球”. 故选：A 4. 已知向量，满足，则（ ） A. B. C. 20 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】借助模长与数量积的关系计算后结合已知条件代入即可得. 【详解】， ， 故. 故选：A. 5. 已知，，若，则实数m的值为（ ） A. B. C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦和差公式化简得到，由正切二倍角公式和得到，从而得到方程，求出实数m的值. 【详解】， 即， ，故， 则， 由于，故， 解得或， 因为，所以，故， 即，解得. 故选：C 6. 如图，已知四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成的角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取有中点，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦. 【详解】取的中点，连接，由E为CD的中点，得，， 则是异面直线CM与AE所成的角或其补角， 正方形中，，在中，， ，， 于是， 所以异面直线CM与AE所成的角的余弦值为. 故选：D 7. 在如图所示的电路中，5个盒子表示保险匣，盒子中所示数值表示通电时保险丝熔断的概率，则下列结论正确的是（ ） A. A，B两个盒子并联后FG 段畅通的概率为 B. D，E两个盒子串联后GH 段畅通的概率为 C. C，D，E三个盒子混联后GK 段畅通的概率为 D. 当开关合上时，整个电路畅通的概率大于整个电路不通的概率 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用对立事件的概率、相互独立事件的概率，逐项分析计算即可判断得解. 【详解】对于A，A，B两个盒子并联后FG 段畅通的概率为，A错误； 对于B，D，E两个盒子串联后GH段畅通的概率为，B错误； 对于C，由选项B知，GH 熔断的概率为， 因此C，D，E三个盒子混联后GK 段畅通的概率为，C错误； 对于D，由选项AC知，整个电路畅通的概率为不通的概率为，D正确. 故选：D 8. 在中，M为BC上一点且满足，，，若，则的外接圆半径为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，则，又，由三角形面积公式得到方程，求出，在和中，利用余弦定理得到，，在中，由余弦定理得，利用正弦定理求出外接圆半径. 【详解】设，则， 因为，所以， 由三角形面积公式得， 解得， 在中，由余弦定理得 ， 故， 在中，由余弦定理得 ， 故， 在中，由余弦定理得， 故， 则的外接圆半径为. 故选：D 二、多选题（每题5分，共15分） 9. 如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（ ） A. 存在点Q，使得 B. 存在点Q，使得平面 C. 三棱锥的体积是定值 D. 二面角的余弦值为 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，由推出平面，矛盾；B选项，建立空间直角坐标系，证明出，，得到线面垂直，进而当Q为的中点时，，此时平面，故B正确；C选项，假设体积为定值，得到平面，求出平面的法向量，证明出平面不成立，C错误；D选项，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出余弦值. 【详解】对于A，若，因为平面，平面， 所以平面，矛盾，故A错误． 对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， 因为， ， 故，， 故，， 因为，平面， 故平面，当Q为的中点时，， 此时平面，故B正确． 对于C，Q在线段上运动，若三棱锥的体积为定值，则平面， ，， 设平面的法向量为， 则， 解得，令得，故， 故，故与不垂直， 故平面不成立，故C错误； 对于D，二面角即二面角，连接BP，DP，BD， 由于为等边三角形， 则，，所以为所求二面角的平面角， 不妨设正方体的棱长为2，则的棱长为， 故，， 由余弦定理可得， 二面角的余弦值为，故D正确． 故选：BD 10. 把函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数是一个奇函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. C. 当时，的值域为 D. 若方程在区间上恰有六个不等实根，则实数m的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据三角恒等变换化简，即可利用平移以及奇函数的性质求解，由周期公式即可求解A，代入验证即可求解B，利用整体法求解即可判断CD. 【详解】由， 得， 故， 由于为奇函数，故， 由于，故取，则， 故， 对于A，最小正周期为，A错误， 对于B，由于，故B正确， 对于C，当时，则，故，故的值域为，C正确， 对于D，时，则，要使在区间上恰有六个不等实根，则，解得，故D正确， 故选：BCD 11. 已知正四棱台（上下底面都是正方形的四棱台）．下底面ABCD边长为2，上底面边长为1，侧棱长为，则（ ） A. 它的表面积为 B. 它的外接球的表面积为 C. 侧棱与下底面所成的角为60° D. 它的体积比棱长为的正方体的体积大 【答案】ACD 【解析】 【分析】分别求得上、下底面面积，再求得侧面等腰梯形的面积，即可判断A的正误；如图作辅助线，可求得各个长度，根据三角函数的定义，可判断C的正误；求得的长，分析可得即为正四棱台外接球的球心，且外接球半径，代入表面积公式，可判断B的正误；分别求得正四棱台的体积和正方体的体积，利用作商法比大小，即可判断D的正误，即可得答案. 【详解】由题意得：上底面的面积，下底面的面积， 侧面为等腰梯形，过分别做AB的垂线，垂足为E、F，如图所示 所以，则， 所以， 所以梯形的面积为， 所以正四棱台的表面积，故A正确； 连接，且交于点，连接AC、BD交于点，连接， 则垂直底面ABCD， 过作于G，则底面ABCD，则四边形为矩形， 由题意得，所以， 同理， 又，所以， 在中，， 所以，即侧棱与下底面所成的角为60°，故C正确 所以. 连接，在中，， 所以点到的距离相等，均为， 所以点即为正四棱台外接球的球心，且外接球半径， 所以外接球的表面积，故B错误； 正四棱台的体积， 棱长为的正方体的体积， 所以，所以， 所以正四棱台的体积比棱长为的正方体的体积大，故D正确； 故选：ACD 【点睛】解题的关键是熟练掌握棱台的表面积、体积的求法及公式，并灵活应用，难点在于求各个棱长及确定为外接球的球心，考查分析理解，数形结合的能力，属中档题. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 若事件A和B互斥，且，，则________． 【答案】0.8## 【解析】 【分析】先利用互斥事件的概率加法公式求出，再由即得. 【详解】因事件A和B互斥，则， 解得，故. 故答案为：0.8. 13. 如图1是古希腊数学家阿基米德的墓碑图文，碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个球，圆柱的底面直径和高都等于这个球的直径，相传这个图形表达了阿基米德最引以自豪的发现.如图2是这个图形的示意图，那么图2中圆锥与球的表面积的比值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据两图形的关系可得圆柱的底面半径与球的半径相等，设半径为，计算出两几何体的体积，求出比值即可． 【详解】设球半径为，则圆锥的表面积为， 球的表面积为，故圆锥与球的表面积之比为. 故答案为：. 14. 如图，在四边形中，的面积为，记的面积为，，设，，若存在常数，使成立，则的值为___________ 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理及三角形面积公式，求得的值，得的大小，再设，利用正弦定理得关于的代数式，解出，利用三角形面积公式，求出的值. 【详解】在中，由余弦定理，， 因为，所以， 即，又因为，所以. 设，则，，， 在中，由正弦定理，， 在中，由正弦定理，， 两式作商，得， 即，因为，所以，， ，， 假设，所以， 解得. 故答案为： 四、解答题（共80分） 15. 甲袋子中装有2个红球、1个白球，乙袋子中装有1个红球、2个白球（袋子不透明，球除颜色外完全一样）. （1）现从甲、乙两个袋子中各任选1个球，求选出的2个球的颜色相同的概率； （2）从甲、乙两袋6个球中任选2个球，求选出的2个球来自同一袋子的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接由列举法求解古典概型概率即可； （2）直接由列举法求解古典概型概率即可. 【小问1详解】 甲袋子中2个红球分别用A，B表示，白球用C表示，乙袋子中红球用D表示，2个白球分别用E，F表示. 从甲、乙两袋中各任选1个球的所有可能结果为，，，，，，，，，共9种， 从中选出的2个球的颜色相同的有，，，，共4种， 故选出的2个球的颜色相同的概率. 【小问2详解】 从6个球中任选2个球的所有可能结果为 ，，，，，（B，C），，，，，，，，，，共15种， 从中选出2个球来自同一袋子的结果有，，，，，，共6种， 所以选出的2个球来自同一袋子的概率. 16. 已知锐角的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求A； （2）若，求周长的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换等知识求得正确答案. （2）将转化为来表示，再根据三角函数的性质求得正确答案. 【小问1详解】 由正弦定理得， 则， 所以， 即， 由于，所以，所以， 则，，由于， 所以. 【小问2详解】 若，由正弦定理得， 所以， 所以三角形的周长为 ， 由于三角形是锐角三角形，所以，所以， 所以，所以， 所以三角形周长的取值范围是. 17. 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且． （1）求A； （2）若．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求b，c． 条件①：中线AD长为；条件②：△ABC的面积为． 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） （2），或，． 【解析】 【分析】（1）已知等式利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，可求A； （2）由选择的条件结合余弦定理，列方程组求b，c． 【小问1详解】 中，已知， 由正弦定理得， 又， 则有， 由，，得， 则有， 由，有，所以，得． 【小问2详解】 若选择条件①： 由，余弦定理得， 由，有，得， 由，解得：，或，． 若选择条件②； 由，得， △ABC的面积，得， 由，解得：，或，． 18. 如图，四面体中，分别的中点，，. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用等腰三角形和勾股定理得到，，再利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）由三棱锥的体积和三棱锥的体积相等，利用等体积法进行求解即可. 【小问1详解】 连接， ，，， ，，， 在中，由题设知 ，， ， ，，即， ，平面， 平面； 【小问2详解】 由，且由（1）知平面， 则三棱锥的体积， 又，，可得， 设点到平面的距离为，即三棱锥的高为， 则三棱锥的体积， 由三棱锥的体积和三棱锥的体积相等， 则，解得， 即点到平面的距离为. 19. 设函数，． （1）判断函数的奇偶性，并讨论其单调性（不需证明单调性）； （2）求证：； （3）若在区间上的最小值为，求的值． 【答案】（1）奇函数，上单调递增 （2） 因为， ， 所以可得； （3） 【解析】 【分析】（1）利用奇偶函数的定义进行证明奇偶性，利用单调性的性质判断的单调性； （2）求和即可证明； （3）令，利用换元转化为一元二次函数轴动区间定求最值的问题进行求解. 【小问1详解】 由题意可知，的定义域为，定义域关于原点对称， 又，所以为奇函数； 因为在上单调递增，在上单调递增， 所以，在上单调递增； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由， 令，由，则， 又，则令， 对称轴， 当，即时，， 解得； 当，即时，， 解得，又，因此不符合题意，舍去； 当，即时，， 解得， 综上知，. 【点睛】方法点睛： 1.函数最值与值域的求法：单调性法；不等式法；配方法；换元法；数形结合法；分离常数法；导数法. 2.闭区间上二次函数最值问题的解法：抓住“三点一轴”数形结合，三点是指区间两个端点和中点，一轴是指对称轴，结合图象，根据函数的单调性及分类讨论的思想求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $