精品解析：北京市第一六一中学2025-2026学年高二上学期开学测试数学试题

北京市第一六一中学2025—2026学年第一学期开学测试 高二数学 2025.9 本试卷共3页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效. 一､选择题：本大题共10道小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求.把正确答案涂写在答题卡上相应的位置. 1. 设集合，集合，则与的关系为（ ） A. B.  C.  D. 2. 用一个平面去截正方体，不可能截得的是以下平面图形中的（ ） A. 正三角形 B. 梯形 C. 直角三角形 D. 矩形 3. 在复平面内，复数对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 要得到函数的图象，只需将函数图象上的所有点（ ） A. 先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍 B. 先向右平移个单位长度，再将横坐标缩短到原来的 C. 先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍 D. 先向右平移个单位长度，再将横坐标缩短到原来的 5. 关于直线，以及平面，，下列命题中正确的是（ ）． A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，且，则 D. 若，，则 6. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 函数的图象记为曲线．则“”是“曲线关于直线对称”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 8. 某一时段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）.24h降雨量的等级划分如下： 在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm，高为300mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如图所示），则这24h降雨量的等级是（ ） A 暴雨 B. 大雨 C. 中雨 D. 小雨 9. 在锐角中，，则的一个可能的取值为（ ） A. 1 B. 1.5 C. 1.8 D. 2 10. 在棱长为1正方体中，分别为的中点，为底面的中心，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. 点可以是棱的中点 B. 点轨迹的长度为 C. 点的轨迹是平行四边形 D. 点轨迹所围成的图形面积为 二､填空题：本大题共5道小题，每小题5分，共25分.把答案填在答题纸中相应的横线上. 11. 若复数满足，则__________. 12. 函数的定义域是_________________. 13. 已知函数，若，则 _________. 14. 某正方形网格纸是由个边长为小正方形构成，点的位置如图所示，动点在正方形网格纸内（包含边界），记（）.当时，______；当时，若动点在小正方形的顶点上，则满足的点的个数为______. 15. 设向量，函数.若函数的定义域为，值域为.给出下列四个结论：①；②；③；④.则值可能是__________.（填上所有正确的结论的序号） 三､解答题：本大题共6道小题，共75分.把答案填写在答题卡上相应的位置. 16. 已知，且. （1）求的值； （2）求的值. 17. 如图，在正方体中，E，F分别是棱，的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面． 18. 已知函数. （1）求的单调递增区间及最小正周期； （2）设，若集合恰有一个元素，求取值范围. 19. 在中，. （1）求的值； （2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求面积. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 20. 如图，在多面体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为梯形，且. （1）求证：； （2）线段上是否存在，使得平面？若存在，求出值；若不存在，请说明理由. （3）求多面体的体积. 21. 对于集合和常数，定义：为集合A相对的的“余弦方差”. （1）若集合，求集合A相对的“余弦方差”； （2）若集合，是否存在，使得相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值？若存在，求出的值：若不存在，则说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第一六一中学2025—2026学年第一学期开学测试 高二数学 2025.9 本试卷共3页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效. 一､选择题：本大题共10道小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求.把正确答案涂写在答题卡上相应的位置. 1. 设集合，集合，则与的关系为（ ） A. B.  C.  D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据终边相同的角的知识确定正确答案. 【详解】由于集合，所以集合表示终边落在轴上的角的集合； 由于集合，所以集合表示终边落在轴上的角的集合； 所以. 故选：A. 2. 用一个平面去截正方体，不可能截得的是以下平面图形中的（ ） A. 正三角形 B. 梯形 C. 直角三角形 D. 矩形 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合正方体的几何结构特征，以及正方体截面的性质，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A中，在正方体中，连接， 此时截面为等边三角形，所以A不符合题意； 对于B中，取的中点分别为，连接， 可得，且，所以， 所以截面为等腰梯形，所以B不符合题意； 对于D中，在正方体中，截面为矩形，所以D不符合题意； 对于C中，在分别取点，设， 可得， 则， 同理可得：，所以均为锐角， 所以截面为锐角三角形，所以C符合题意. 故选：C. 3. 在复平面内，复数对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由复数的几何意义作出相应判断． 解：∵sin2＞0，cos2＜0，∴z=sin2+icos2对应的点在第四象限，故选D． 点评：本题考查的是复数的几何意义，属于基础题． 4. 要得到函数的图象，只需将函数图象上的所有点（ ） A. 先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍 B. 先向右平移个单位长度，再将横坐标缩短到原来的 C. 先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍 D. 先向右平移个单位长度，再将横坐标缩短到原来的 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数平移，伸缩的变换规律，即可判断选项. 【详解】函数图象上的所有点先向右平移个单位长度，得到函数， 再将横坐标伸长到原来的2倍，得到函数. 故选：A 5. 关于直线，以及平面，，下列命题中正确的是（ ）． A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，且，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【详解】分析：观察四个选项，分别涉及线面垂直，线线平行，面面垂直，由相关的条件对四个选项逐一判断即可得出正确选项 解答：解：A选项不正确，平行于同一个平面的两条直线可能相交，平行，异面． B选项不正确，垂直于一个平面的平行线的直线与该平面的关系可以是平行，相交，或在面内； C选项不正确，由线面垂直的判定定理知，本命题中缺少两线相交的条件，故不能依据线面垂直的判定定理得出线面垂直． D选项正确，由a∥N知可在面N内找到一条直线与a平行，且可以由a⊥M证得这条线与M垂直，如此则可得出面面垂直的判定定理成立的条件． 故选D． 6. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由二倍角的余弦公式解出，，代入求解即可. 【详解】因为，所以，解得. 又由于，所以， 所以. 故选：B. 7. 函数的图象记为曲线．则“”是“曲线关于直线对称”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】 【详解】在函数中，若“”，则 ∴则，此时，函数关于对称，充分性成立， 若“曲线关于直线对称”，则成立，即必要性成立，所以 “”是“曲线关于直线对称”的充分必要条件. 故选C. 8. 某一时段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）.24h降雨量的等级划分如下： 在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm，高为300mm圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如图所示），则这24h降雨量的等级是（ ） A. 暴雨 B. 大雨 C. 中雨 D. 小雨 【答案】C 【解析】 【分析】首先分析出水面半径为，再利用圆锥体积公式得到水的体积，再除以雨量器的底面积并对照表格即可得到其等级, 【详解】因为圆锥的底面直径为200mm，高为300mm，雨水高度是150mm， 所以水面的半径为， 所以水的体积为， 所以24h降雨量的等级是，对照表格等级为中雨， 故选：C. 9. 在锐角中，，则的一个可能的取值为（ ） A. 1 B. 1.5 C. 1.8 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得，再由正弦定理将边化角，利用二倍角公式转化为的三角函数，结合的范围及余弦函数的性质计算可得. 【详解】在锐角中，，则，又， 所以， 又，所以，所以， 所以. 故符合题意的只有B. 故选：B. 10. 在棱长为1的正方体中，分别为的中点，为底面的中心，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. 点可以是棱的中点 B. 点轨迹的长度为 C. 点的轨迹是平行四边形 D. 点轨迹所围成的图形面积为 【答案】D 【解析】 【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，再逐项判断，即可得出结果. 【详解】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系， 因为该正方体的棱长为，分别为，的中点， 则，，，， 所以，设，则， 因为， 所以 所以，即， 令，当时，；当时，； 取，， 连接，，，则，， 则， ， 所以，， 又，且平面，平面， 所以平面， 所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动， 所以点的轨迹为正三角形，故C错误； 因此点不可能是棱的中点，故A错误； 正三角形边长为，则面积为，故D正确； 点轨迹的长度为，故B错误； 故选：D 二､填空题：本大题共5道小题，每小题5分，共25分.把答案填在答题纸中相应的横线上. 11. 若复数满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由复数除法的几何意义及模的求法求模长. 【详解】由题设. 故答案为： 12. 函数的定义域是_________________. 【答案】 【解析】 【分析】 由正切函数的定义得，，，求出的取值范围． 【详解】解：， ，， ，， 函数的定义域是 故答案为：． 【点睛】本题考查了正切函数的定义域问题，属于基础题． 13. 已知函数，若，则 _________. 【答案】2 【解析】 【详解】试题分析：已知条件为，待求式为 . 考点：对数的运算法则. 14. 某正方形网格纸是由个边长为的小正方形构成，点的位置如图所示，动点在正方形网格纸内（包含边界），记（）.当时，______；当时，若动点在小正方形的顶点上，则满足的点的个数为______. 【答案】 ①. 4 ②. 7 【解析】 【分析】由题意建立平面直角坐标系，分别求出点的坐标，并设点，利用平面向量数量积的坐标表示即可求解空；当时，可得，求得，再结合动点在小正方形的顶点上，从而可求解. 【详解】由题意建立平面直角坐标系，如图， 则，，，，设，， 则，，， 空：当时，； 空：当时， ， 解得，又且动点在小正方形的顶点上， 所以符合点的情况有：，，，，，，共个. 故满足的点的个数为. 故答案为：；. 15. 设向量，函数.若函数的定义域为，值域为.给出下列四个结论：①；②；③；④.则值可能是__________.（填上所有正确的结论的序号） 【答案】②③ 【解析】 【分析】由已知可得，由于函数的定义域为，值域为，所以结合正弦函数的性图象和性质可求出的最大值和最小值，从而可得答案. 【详解】由， 因函数的定义域为，值域为， 则的最小值为； 最大值为， 即，故②③满足 故答案为：②③. 三､解答题：本大题共6道小题，共75分.把答案填写在答题卡上相应的位置. 16. 已知，且. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知条件结合同角三角函数关系式，即可求解； （2）根据二倍角的正余弦公式求解即可. 【小问1详解】 由，且，可得， 又有，， 则. 小问2详解】 根据二倍角的余弦公式，， 则，， 根据二倍角的正弦公式，， 故. 17. 如图，在正方体中，E，F分别是棱，的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据正方体的性质，结合线面垂直的性质和判定定理进行证明即可； （2）根据正方体的性质，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可. 【小问1详解】 ，所以平面． 因为平面，所以． 因为为正方形，所以， 又因为，平面， 所以平面； 小问2详解】 设，连接OE． 因为为正方体，所以，且， 所以，且． 因为E，F分别，的中点，所以，且． 所以，且． 所以四边形为平行四边形．所以． 又因为平面，平面， 所以平面． 18. 已知函数. （1）求的单调递增区间及最小正周期； （2）设，若集合恰有一个元素，求的取值范围. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦、余弦的两角和差公式和辅助角公式化简，再根据正弦函数的性质求解即得； （2）解出时的值，由集合恰有一个元素，令即可求出的范围. 【小问1详解】 由题意 ， 令，，解得， 所以的单调递增区间为， 的最小正周期. 【小问2详解】 由（1）可得， 所以，，解得，， 因为，且恰有一个元素， 当时，，当时，， 所以在内，的解为， 所以，即的取值范围为. 19. 在中，. （1）求值； （2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理计算可得； （2）若选择条件①，利用余弦定理解方程可知不存在； 若选择条件②,利用正弦定理和余弦定理解方程可求得，此时存在且唯一； 若选择条件③，利用同角三角函数关系求出，再由正弦定理和余弦定理解方程可求得，此时存在且唯一. 【小问1详解】 由可得， 由余弦定理可得，即，因此； 又，可得 【小问2详解】 若选择条件①：； 由余弦定理可得， 整理可得，此时，该方程无实数根， 即条件①使不存在； 若选择条件②：； 由正弦定理可得， 联立，解得； 由可得，即， 解得或（舍）， 此时条件②使存在且唯一，符合题意； 所以其面积为 若选择条件③： 易知， 利用正弦定理可得， 由可得，即， 解得或（舍）， 此时条件③使存在且唯一，符合题意； 所以其面积为. 20. 如图，在多面体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为梯形，且. （1）求证：； （2）线段上是否存在，使得平面？若存在，求出值；若不存在，请说明理由. （3）求多面体的体积. 【答案】（1）证明见解析. （2） （3） 【解析】 【分析】(1)由面面垂直的性质定理可得平面，根据线面垂直的定义可知. (2)由已知可得平面,若线段上是否存在，使得平面，则平面平面.所以问题可转化为过直线作平面的平行平面，根据面面平行的性质定理，可得,问题转化为过点作的平行线，该平行线与的交点即为点,放入梯形分析，可得的值. (3)将多面体分割成三棱锥和三棱柱，分别求出三棱锥和三棱柱的体积，即可得到多面体的体积. 【小问1详解】 因为四边形为正方形，所以. 平面平面，且平面平面，平面, 所以平面. 因为平面,所以. 【小问2详解】 设线段上存在，使得平面.显然点与点不重合. 所以不在平面中，平面, 因为四边形为正方形，所以. 所以平面. 因为平面，所以平面平面. 因为平面平面，平面平面, 所以 因为四边形为梯形，且. 如图，取BC的中点H，连接AH,则, 所以四边形为平行四边形，四边形是正方形. 所以,且与的交点即为点,点是的中点. 所以. 当点为的中点时，因为所以. 延长交于点.因为所以. 所以,所以,所以点是的中点.连接 因为四边形为正方形，所以.所以,所以四边形为平行四边形. 因为不在平面中，平面, 所以平面. 因此，线段上是否存在，使得平面，的值为. 【小问3详解】 多面体由三棱锥和三棱柱组成. 由(1)知平面,由已知，. 所以三棱锥的体积. 三棱柱体积. 所以多面体的体积为. 故答案为：. 21. 对于集合和常数，定义：为集合A相对的的“余弦方差”. （1）若集合，求集合A相对的“余弦方差”； （2）若集合，是否存在，使得相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值？若存在，求出的值：若不存在，则说明理由. 【答案】（1） （2）存在，；理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据已知，代入公式计算求解，即可得出答案； （2）假设存在，根据定义代入，结合三角恒等变换化简得出.即可得出当成立时，满足.两式平方相加，整理得出.进而结合已知角的范围，得出，即有.代入，整理求解得出的值，进而得出的值. 【小问1详解】 因为集合， 所以. 【小问2详解】 假设存在，使得相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值. 由“余弦方差”的定义得： . 要使是一个与无关的定值，应有成立， 则， 即， 整理可得. 又因为， 则，，， 所以， 所以，则， 所以，， 即， 整理可得，. 又因为，所以，， 所以，假设成立，当时，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值，定值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $