精品解析：江西省宜春市丰城市第九中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试题

江西省宜春市丰城市第九中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试题 一、单选题 1. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 已知一个扇形圆心角为，且所对应的弧长为，则该扇形面积为（ ） A B. C. D. 3. 已知向量，且，则的值为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 4. 若，则（ ） A. 1 B. -1 C. 2 D. -2 5. 在四边形中，，将折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论不正确的是（ ） A. B. C. 平面平面 D. 平面平面 6. 的内角，，所对的边分别是，，，已知，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 21世纪以来，中国钢铁工业进入快速发展阶段，某工厂要加工一种如图所示的圆锥体容器，圆锥的高和母线长分别为和，该容器需要在圆锥内部挖出一个正方体槽，则可以挖出的正方体的最大棱长为（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面向量、、满足，且对任意实数恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 对于函数和，下列说法中正确的有（ ） A. 与有相同的零点 B. 与有相同的最大值 C. 与有相同的最小正周期 D. 与的图象有相同的对称轴 10. 已知分别是三个内角的对边，下列四个命题中正确的是（ ） A. 若，则锐角三角形 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，则是等腰三角形 D. 是锐角三角形，则 11. 如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在点，使得平面 B. 过，，三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 C. 异面直线与所成的角的大小为 D. 若平面，则点的轨迹的长度为 三、填空题 12. 已知，，则在方向上的投影向量坐标为______． 13. 若，则______． 14. 已知四边形ABCD为平行四边形，，，，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为_________. 四、解答题 15. 记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B的大小； （2）若，的面积为，求的周长． 16. 如图，在三棱柱中，侧面为菱形，边长为2，且，，是的中点. （1）求证：平面； （2）若平面平面，与平面所成的角为，求四棱锥的体积. 17. 已知函数，图象的相邻对称轴之间的距离为. （1）求解析式和函数的单调递增区间； （2）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标伸长为原来的2倍，再向左平移个单位得的图象，若关于的方程在上只有一个解，求实数的取值范围. 18. 如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且. （1）证明：平面； （2）求点到面的距离； （3）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 19. 如图，中，，，点在线段上，为等边三角形. （1）若，，求线段的长度; （2）若，求线段的最大值; （3）若平分，求与内切圆半径之比的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 江西省宜春市丰城市第九中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试题 一、单选题 1. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求，进而可得共轭复数. 【详解】因为，所以. 故选：B. 2. 已知一个扇形的圆心角为，且所对应的弧长为，则该扇形面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出扇形的半径，再根据公式可求扇形的面积. 【详解】因为扇形的圆心角为，且所对应的弧长为，故半径为， 故面积为， 故选：B. 3. 已知向量，且，则的值为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用向量垂直的坐标表示列方程，求参数值. 【详解】由题设，可得. 故选：A 4. 若，则（ ） A. 1 B. -1 C. 2 D. -2 【答案】B 【解析】 【分析】由两角差的正弦、余弦、正切公式展开化简即可. 【详解】由题意得， 则 故选：B 5. 在四边形中，，将折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论不正确的是（ ） A. B. C. 平面平面 D. 平面平面 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面、面面垂直的判定定理以及线面、面面垂直的性质定理逐项判断即可. 【详解】对于B，如图①，因为， 所以， 又因为，， 所以， 所以， 所以，故B正确； 对于A，由B选项知， 又因为平面平面，平面， 平面平面， 所以平面， 因为平面， 所以，故A正确； 对于C，由选项A知，平面， 因为平面， 所以平面平面，故C正确; 对于D，如图②过点A作，垂足为， 因为平面平面，平面， 平面平面， 所以平面， 显然平面，所以平面与平面不垂直，故D错误. 故选：D. 6. 的内角，，所对的边分别是，，，已知，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合条件利用余弦定理得，然后利用余弦定理和基本不等式求解，然后根据余弦函数的单调性求解即可． 【详解】的内角，，所对的边分别是，，，已知， 则，整理得． 由余弦定理得，当且仅当时取等号， 所以，又，故，即的取值范围是. 故选：A 7. 21世纪以来，中国钢铁工业进入快速发展阶段，某工厂要加工一种如图所示的圆锥体容器，圆锥的高和母线长分别为和，该容器需要在圆锥内部挖出一个正方体槽，则可以挖出的正方体的最大棱长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知，过圆锥的顶点和正方体底面对角线作圆锥的轴截面，如图所示时，此时正方体的棱长最长，再根据图中的几何关系即可求出此结果． 【详解】因为圆锥的高和母线长分别为和， 则圆锥的底面半径为， 过圆锥的顶点和正方体底面对角线作圆锥的轴截面，如下图所示： 此时正方体的棱长最大，设正方体的棱长为，则 作垂直地面于，则 因为，所以， 即即，所以. 故选：D. 8. 已知平面向量、、满足，且对任意实数恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对于不等式，我们两边平方得到关于实数的不等式，进而得到，再结合向量的运算性质得到，最后利用绝对值三角不等式求解最值即可. 【详解】由，两边平方得 又，且对任意实数恒成立， 即恒成立，故， 即，解得，即，且， 而，故， 则由绝对值三角不等式得，故B正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：解题的关键先利用对任意实数恒成立，求得，再利用绝对值三角不等式求解最值即可. 二、多选题 9. 对于函数和，下列说法中正确的有（ ） A. 与有相同的零点 B. 与有相同的最大值 C. 与有相同的最小正周期 D. 与的图象有相同的对称轴 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可. 【详解】A选项，令，解得，即为零点， 令，解得，即为零点， 显然零点不同，A选项错误； B选项，显然，B选项正确； C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确； D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足， 的对称轴满足， 显然图像的对称轴不同，D选项错误. 故选：BC 10. 已知分别是三个内角的对边，下列四个命题中正确的是（ ） A. 若，则是锐角三角形 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，则是等腰三角形 D. 是锐角三角形，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由两角和的正切公式结合诱导公式判断A，由正弦定理化边为角结合正弦的二倍角公式判断B，由正弦定理化边为角，逆用两角和的正弦公式判断C，根据，结合正弦函数单调性判断D. 【详解】选项A：因为，且是的内角，所以， 所以， 所以都是锐角，所以是锐角三角形，故选项A正确； 选项B：由及正弦定理可得，即， 所以或，所以或， 所以是等腰三角形或直角三角形，故选项B错误； 选项C：由及正弦定理可得，即， 因为是的内角，所以，所以是等腰三角形，故选项C正确； 选项D：是锐角三角形，所以，即 ， 则，故选项D正确； 故选：ACD 11. 如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在点，使得平面 B. 过，，三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 C. 异面直线与所成的角的大小为 D. 若平面，则点的轨迹的长度为 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，得到线面平行，故平面平面，故当在线段上时，满足平面，A正确；B选项，作出辅助线，得到四边形为截面图形，并得到其为梯形；C选项，作出辅助线，为直线与所成角，为等边三角形，故，C正确；D选项，作出辅助线，证明出平面平面，故当在线段上时，平面，点的轨迹的长度为，D错误. 【详解】A选项，取的中点，连接， 因为，分别是，的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因，同理可得平面， 因为，平面，所以平面平面， 故当在线段上时，满足平面，A正确； B选项，连接，由A知，，又，所以， 所以四边形即为过，，三点的平面截正方体所得截面图形， 因为，所以四边形为梯形，B错误； C选项，由B知，，故为直线与所成角或其补角， 连接，则， 所以为等边三角形，故， 异面直线与所成的角的大小为，C正确； D选项，连接， 因为，平面，平面， 所以平面， 又，同理可得平面， 又，平面， 所以平面平面， 故当在线段上时，平面， 所以平面， 所以若平面，则点的轨迹的长度为，D错误 故选：AC 三、填空题 12. 已知，，则在方向上的投影向量坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出向量的坐标，利用投影向量的定义结合平面向量数量积的坐标运算可求得结果. 【详解】因为，，则， 所以，在方向上的投影向量为 . 故答案为：. 13. 若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据积化和差公式求解即可. 【详解】因为 ，所以， 故答案为：. 14. 已知四边形ABCD为平行四边形，，，，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意利用余弦定理求得，由此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，利用长方体的性质求外接圆半径，再等体积法求出内切球半径，运算求解即可. 【详解】在中，， 故，即， 则折成的三棱锥中，，，， 即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线， 设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a，b，c 则，解得， 此长方体外接球是三棱锥的外接球， 设外接球的直径，即， 又因为三棱锥长方体切掉四个角， 故三棱锥， 三棱锥四个侧面是全等的， ， 设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积， 故， 则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为. 故答案为：. 【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法 (1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解． (2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解． (3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长． (4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长． (5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 四、解答题 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B的大小； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）用正弦定理将边化为角，再利用展开化简即可求解； （2）由面积可得，由余弦定理可得，解方程即可求出，进而可求周长. 【小问1详解】 由题意得， 因为， 所以， 得，得，因为，所以． 【小问2详解】 由，得． 由余弦定理，得， 得， 得， 所以的周长为． 16. 如图，在三棱柱中，侧面为菱形，边长为2，且，，是的中点. （1）求证：平面； （2）若平面平面，与平面所成的角为，求四棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】 【分析】（1）连接，设，连接.利用三角形中位线的性质可证，即可得证. （2）为正三角形，所以，再由平面平面，可得平面，利用割补法求出四棱锥的体积. 【详解】（1）证明：连接，设，连接. 因为三棱柱的侧面为平行四边形，所以为的中点. 在中，因为是的中点， 所以. 因为平面，平面，所以平面. （2）因为正三角形，所以，， 因为平面平面，平面平面， 所以平面， 所以为与平面所成的角，所以， 所以， 因为，为中点， 所以. 所以 . 【点睛】本题考查线面平行的判定，四棱锥的体积的计算问题，属于基础题. 17. 已知函数，图象的相邻对称轴之间的距离为. （1）求的解析式和函数的单调递增区间； （2）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标伸长为原来的2倍，再向左平移个单位得的图象，若关于的方程在上只有一个解，求实数的取值范围. 【答案】（1）；的单调递增区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用正余弦的二倍角公式、两角和的正弦公式化简；根据的最小正周期为求出可得；再求单调递增区间即可； （2）利用图象平移可得，令，转化为在上只有一个解，结合图象可得答案. 【小问1详解】 ， ，因为图象的相邻对称轴之间的距离为， 所以的最小正周期为， 所以，得，所以， 令， 则，所以的单调递增区间为； 【小问2详解】 由（1）知， 将图象上所有点的横坐标缩短为原来的， 纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象， 再向左平移个单位得的图象. 令，，则，所以， 因为在上只有一个解，由的图象（如图）可得，或，所以的取值范围是. 18. 如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且. （1）证明：平面； （2）求点到面的距离； （3）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质推理即得. （2）延长交于一点，根据可求得，利用等体积法构造方程求解. （3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果. 【小问1详解】 在三棱台中，平面平面，， 而平面平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 由棱台性质知：延长交于一点， 由，得，点到平面的距离为到平面距离的2倍，则， 于是，由平面，得为点到平面距离， 又，则是的中点，，即为正三角形，为正三角形， 设，则， ，解得， ，由平面，得，， ，设点到平面的距离为， 由，得，解得：. 即点到平面的距离为. 【小问3详解】 由平面，平面，得平面平面，取中点，连接， 在正中，，而平面平面，则平面，而平面， 则，又平面，则平面平面，作于， 平面平面，则平面，，而平面，则， 作于，连接，，平面，则平面， 而平面，于是，即二面角的平面角， 设，由（2）知：，， 由，得，， 由，得， 若存在使得二面角的大小为， 则，解得， ， 所以存在满足题意的点，. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果. 19. 如图，中，，，点在线段上，为等边三角形. （1）若，，求线段的长度; （2）若，求线段的最大值; （3）若平分，求与内切圆半径之比的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）用向量表示,再根据已知条件求即可； （2）由（1）可知，通过向量运算得，两边同时平方，由向量的数量积运算即可； （3）根据角平线的性质得出，在，中，利用余弦定理得，再利用等面积法得到，最后根据的范围即可求出结果. 【小问1详解】 因为,, 所以, 即, 所以, 所以. 【小问2详解】 由（1）可知， 所以, 设,且为等边三角形， 所以， 即， 故， 且， 所以当时，， 所以. 【小问3详解】 因为平分, 所以由角平分线定理得,即, 故, 设，，的内切圆半径分别为, 在中,则，解得， 因为, 所以, 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 即，解得. 又因为, , 所以， 令，则， 因为，所以， 则，故，， 即，故, 所以与的内切圆半径之比的范围为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了平面向量的基本定理、向量模的运算以及通过余弦定理、面积公式解三角形，第三问解题的关键由角平线的性质得出，在，中，利用余弦定理得，再利用等面积法得到，最后根据的范围即可求出结果，计算比较复杂. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$