精品解析：山西省太原市第五中学校龙城校区2025-2026学年高二上学期开学测试数学试题

太原五中龙城校区高二开学测试数学 满分100分，用时75分钟 一、客观题（1-8单选，每题5分，9-11多选，每题6分） 1. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 2. “不等式在R上恒成立”的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 3. 已知定义在上的函数满足，且当时，恒有，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 4. 设函数，则f(x)（ ） A. 是偶函数，且在单调递增 B. 是奇函数，且在单调递减 C. 是偶函数，且在单调递增 D. 是奇函数，且在单调递减 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知正四棱锥的所有棱长均为2，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A B. C. D. 9. 若，，则（ ） A. B. C. 与的夹角为 D. 在方向上的投影向量为 10. 如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ） A. 直线与平面所成角等于 B. 点到面距离为 C. 两条异面直线和所成的角为 D. 二面角的平面角的余弦值为 11. 如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是，的中点，G是的中点，将，分别沿，折起，使B，D两点重合于H，下列说法正确的是（ ） A 若把沿继续折起，C与H恰好重合 B C. 四面体的外接球体积为 D. 点H在面上的射影为的重心 二、填空题(每题5分) 12. 在中，角的对边分别为，已知，的周长为7，则边长为______. 13. 从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中不放回地随机抽取3张，则抽到的3张卡片上的数字之和不小于10的概率为______． 14. 抽样统计某位射击运动员10次的训练成绩分别为86，85，88，86，91，89，88，87，85，92，则该运动员这10次成绩的分位数为___________． 三、解答题 15. 在中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求角； （2）若外接圆的半径为，求面积的最大值. 16. 如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC． （I）证明：EF⊥DB； （II）求DF与面DBC所成角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 太原五中龙城校区高二开学测试数学 满分100分，用时75分钟 一、客观题（1-8单选，每题5分，9-11多选，每题6分） 1. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据具体函数的定义域的求法，得到，解不等式组即可求出结果. 【详解】由题意可得，解得，故函数的定义域为， 故选：B. 2. “不等式在R上恒成立”的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出不等式恒成立的充要条件，然后逐项判断即可. 【详解】解：∵“不等式在R上恒成立”， 显然不满足题意， ∴，解得， 对于A，是充要条件，故A错误； 对于B，因为推不出，故B错误； 对于C，因为，反之不能推出，故C正确； 对于D，因为推不出，故D错误． 故选：C． 3. 已知定义在上的函数满足，且当时，恒有，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据得出对称轴，再根据单调性结合对称性列出不等式求解. 【详解】由得，的图象关于直线对称， 令，则是偶函数，又当时，恒有， 故在上单调递减，所以在上单调递减， 则， 即得 解得或. 故选：C. 4. 设函数，则f(x)（ ） A. 是偶函数，且在单调递增 B. 是奇函数，且在单调递减 C. 是偶函数，且在单调递增 D. 是奇函数，且在单调递减 【答案】D 【解析】 【分析】根据奇偶性的定义可判断出为奇函数，排除AC；当时，利用函数单调性的性质可判断出单调递增，排除B；当时，利用复合函数单调性可判断出单调递减，从而得到结果. 【详解】由得定义域为，关于坐标原点对称， 又， 为定义域上的奇函数，可排除AC； 当时，， 上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增，排除B； 当时，， 在上单调递减，在定义域内单调递增， 根据复合函数单调性可知：在上单调递减，D正确. 故选：D. 【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的判断；判断奇偶性的方法是在定义域关于原点对称的前提下，根据与的关系得到结论；判断单调性的关键是能够根据自变量的范围化简函数，根据单调性的性质和复合函数“同增异减”性得到结论. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合诱导公式，利用二倍角余弦公式计算求解即可. 【详解】因为， 所以， 所以. 故选：B 6. 把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解法一：从函数的图象出发，按照已知的变换顺序，逐次变换，得到，即得，再利用换元思想求得的解析表达式； 解法二：从函数出发，逆向实施各步变换，利用平移伸缩变换法则得到的解析表达式. 【详解】解法一：函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到的图象， 根据已知得到了函数的图象，所以， 令,则, 所以,所以； 解法二：由已知的函数逆向变换， 第一步：向左平移个单位长度，得到的图象， 第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象， 即为的图象，所以. 故选：B. 7. 已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知可得，结合已知计算可求得，进而可求夹角． 【详解】因为， 所以，所以， 所以，因为， 所以，又因为，所以． 所以与的夹角为． 故选：A． 8. 如图，已知正四棱锥的所有棱长均为2，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题中条件连接，取的中点，连接,，作出异面直线所成的角，利用余弦定理求解即可. 【详解】连接，取的中点，连接,， 由题意知，，则异面直线与所成角为（或其补角）， 在中，， 则， 则异面直线与所成角的余弦值为. 故选：B. 9. 若，，则（ ） A. B. C. 与的夹角为 D. 在方向上的投影向量为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据数量积的坐标表示及向量模的坐标表示判断A、B、C，再根据投影向量的定义计算判断D； 【详解】解：因为，，所以，，， 所以，，则，，故A正确，B错误； 设与的夹角为，则，因为，所以，故C错误； 在方向上的投影向量为，故D正确； 故选：AD 10. 如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ） A. 直线与平面所成的角等于 B. 点到面的距离为 C. 两条异面直线和所成的角为 D. 二面角的平面角的余弦值为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据线面角的定义及求法即可判断；由点到平面的距离的求法即可判断；由异面直线所成角的定义及求法即可判断；由平面角的定义及余弦定理即可判断． 【详解】解：如图，取的中点，连接，易证平面， 所以是直线与平面所成的角为，故正确； 点到平面的距离为的长度为，故正确； 易证，所以异面直线和所成的角为或其补角， 因为为等边三角形，所以两条异面直线和所成的角为，故错误； 连接，由，所以，又， 所以为二面角的平面角， 易求得，又，， 由余弦定理可得，故错误． 故选：． 11. 如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是，的中点，G是的中点，将，分别沿，折起，使B，D两点重合于H，下列说法正确的是（ ） A. 若把沿继续折起，C与H恰好重合 B. C. 四面体的外接球体积为 D. 点H在面上的射影为的重心 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据，可说明与恰好重合判断A，根据线面垂直的性质定理可判断B，将四面体 补成长方体，可求得其外接球半径，进而求得外接球体积判断C，根据线面垂直证明线线垂直，说明点H在面上的射影为三角形的高的交点判断D. 【详解】对于A，因为，故把沿继续折起，C与H恰好重合，正确； 对于B，如图， 因，平面， 故平面，而平面，故，故B正确； 对于，由折前平面图形可知，两两垂直，将其补成相邻三棱长为1,1,2的长方体， 则长方体外接球和四面体外接球相同，如图， 长方体对角线长，所以长方体外接球的半径为， 故外接球的体积为，故正确； 对于D，设P为点H在平面上的射影，连接，则， 由B知，又平面，故平面， 又 平面，故， 同理可证，即点P为三角形高线的交点， 所以点在平面上的射影为的垂心，故D错误， 综上，正确答案为ABC， 故选：ABC 二、填空题(每题5分) 12. 在中，角的对边分别为，已知，的周长为7，则边长为______. 【答案】3 【解析】 【分析】根据正弦定理得，由周长得，最后利用余弦定理列方程求得，即可得解. 【详解】由及正弦定理得，由的周长为7得， 故由及余弦定理得， 所以， 化简得，解得或（舍去），所以. 故答案为：3 13. 从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中不放回地随机抽取3张，则抽到的3张卡片上的数字之和不小于10的概率为______． 【答案】##0.4 【解析】 【分析】列举基本事件，利用古典概型概率公式求解. 【详解】从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中不放回地随机抽取3张， 样本空间共10个基本事件，即 用表示“抽到的3张卡片上的数字之和不小于10”，则共4个基本事件，即 所以抽到的3张卡片上的数字之和不小于10的概率． 故答案为：. 14. 抽样统计某位射击运动员10次的训练成绩分别为86，85，88，86，91，89，88，87，85，92，则该运动员这10次成绩的分位数为___________． 【答案】90 【解析】 【分析】利用百分位数的定义即可求解. 【详解】将训练成绩从小到大排序为：85，85，86，86， 87，88，88， 89，91， 92， 因为，所以该运动员这10次成绩的分位数为. 故答案为：90. 三、解答题 15. 在中，角，，所对的边分别为，，，. （1）求角； （2）若外接圆的半径为，求面积的最大值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）先根据展开，结合正弦和差化积公式进行化简，可得出，进而得出角的值. （2）根据题意和正弦定理可得出边长a的值，再由第一问和余弦定理得出b和c的关系，结合基本不等式即可求出面积的最大值. 【小问1详解】 由得，， 所以，又，所以， 所以，因为，所以； 【小问2详解】 由外接圆的半径为，则得， 由余弦定理得，，即， 所以，解得. 所以，故面积最大值为. 16. 如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC． （I）证明：EF⊥DB； （II）求DF与面DBC所成角的正弦值． 【答案】（I）证明见解析；（II） 【解析】 【分析】（）方法一：作交于，连接，由题意可知平面，即有，根据勾股定理可证得，又，可得，，即得平面，即证得； （II）方法一：由，所以与平面所成角即为与平面所成角，作于，连接，即可知即为所求角，再解三角形即可求出与平面所成角的正弦值． 【详解】（）[方法一]：几何证法 作交于，连接． ∵平面平面，而平面平面，平面， ∴平面，而平面，即有． ∵， ∴． 在中，，即有，∴． 由棱台的定义可知，，所以，，而， ∴平面，而平面，∴． [方法二]【最优解】：空间向量坐标系方法 作交于O． ∵平面平面，而平面平面，平面， ∴平面，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示. 设OC=1,∵，， ∴,∴， ∴,, , ∴BC⊥BD,又∵棱台中BC//EF,∴EF⊥BD； [方法三]：三余弦定理法 ∵平面ACFD平面ABC，∴, ∴， 又∵DC =2BC． ∴,即, 又∵，∴． （II）[方法一]：几何法 因为，所以与平面所成角即为与平面所成角． 作于，连接，由（1）可知，平面， 因为所以平面平面，而平面平面， 平面，∴平面． 即在平面内的射影为，即为所求角． 在中，设，则，， ∴． 故与平面所成角的正弦值为． [方法二]【最优解】：空间向量坐标系法 设平面BCD的法向量为, 由（）得,, ∴令,则,,, ，, 由于，∴直线与平面所成角的正弦值为． [方法三]：空间向量法 以为基底, 不妨设，则 (由（）的结论可得）． 设平面的法向量为， 则由得取，得． 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角也为， 由公式得． [方法四]：三余弦定理法 由， 可知H在平面射影G在的角平分线上． 设直线与平面所成角为，则与平面所成角也为． 由由（）的结论可得， 由三余弦定理，得， 从而． [方法五]：等体积法 设H到平面DBC的距离为h， 设则, 设直线与平面所成角为，由已知得与平面所成角也为． 由，, 求得，所以． 【整体评价】（）的方法一使用几何方法证明，方法二利用空间直角坐标系方法，简洁清晰，通性通法，确定为最优解；方法三使用了两垂直角的三余弦定理得到，进而证明，过程简洁，确定为最优解（II）的方法一使用几何做法，方法二使用空间坐标系方法，为通性通法，确定为最优解；方法三使用空间向量的做法，避开了辅助线的求作；方法四使用三余弦定理法，最为简洁，确定为最优解；方法五采用等体积转化法，避免了较复杂的辅助线. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$