精品解析：辽宁省点石联考2025-2026学年高二上学期9月联合考试数学试题

2025—2026学年度上学期高二年级9月份联合考试 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置.考试结束后，将答题卡交回. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 函数的值域中不包括（　　） A. -2 B. -1 C. 2 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦函数的值域求得函数值域即可求解. 【详解】因为，所以的值域为， 故不包括． 故选：A. 2. 设，且为纯虚数，则m＝（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用纯虚数概念结合已知条件列方程组求解. 【详解】已知复数，实部为，虚部为， 因为复数为纯虚数，则实部为0，虚部不为0， 即. 故选：D. 3. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】两边平方展开后化简得到关于的方程，解方程即可. 【详解】由两边平方得，，所以． ， 故选：C． 4. 如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形中最长边的长度为（    ） A. 2 B. C. 4 D. 6 【答案】D 【解析】 【详解】将直观图还原为原图，如图，    在直观图中，，则， 故在原图中，，， 所以，而， 所以原四边形ABCD中最长边为6. 5. 第二象限角满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由及诱导公式将条件化为，求得，再结合角所在的象限及同角三角函数关系求得. 【详解】由及诱导公式可得，， 所以，又为第二象限角，所以. 故选：B. 6. 已知某扇形折叠扇的面积为200，周长为60，且扇形弧长大于其半径，则该扇形折叠扇的半径和圆心角的大小分别为（ ） A. 10，4 B. 20，4 C. 10，6 D. 20，6 【答案】A 【解析】 【分析】由扇形的周长和面积公式联立计算即得. 【详解】设该扇形折叠扇的圆心角，弧长，半径，面积分别为α，l，r，S， 易得弧长，周长等于，， 两式联立解得或,因,即, 故. 故选：A. 7. 记内角B，C所对的边为b，c.若，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理结合已知可推出，即可求出，利用二倍角公式即可求出，即可求得答案. 【详解】在中，由正弦定理可得， 结合，即得， 而，所以， 从而，故， 则，故. 故选：A. 8. 在三棱锥P－ABC中，点P到平面ABC的距离为6，点D，E为边PA，PB的中点，且△CDE为正三角形.若CA＝CB＝2DE，则点P到平面CDE的距离为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 【答案】C 【解析】 【分析】设△CDE的面积为S，则△ABC的面积为4S，三棱锥P－ABC的体积为，设点P到平面CDE的距离为h，三棱锥的体积为，进而可得体积比，求得h. 【详解】因为点D，E为边PA，PB的中点， 所以2DE＝AB，因此AB＝CA＝CB，故△ABC也为正三角形， 且其边长为△CDE的边长的两倍，面积是△CDE的面积的四倍， 设△CDE的面积为S，则△ABC的面积为4S. 三棱锥的体积为，设点到平面的距离为h， 三棱锥的体积为.所以三棱锥C－PDE的体积也为， 又因为点D，E为边PA，PB的中点，所以△PDE∽△PAB， 相似比为，面积比为，故三棱锥C－PDE与三棱锥C－PAB的体积之比为， 所以，所以，解得h＝6， 所以点P到平面CDE的距离为. 故选：C. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知复数，则（ ） A. B. C. z在复平面内对应的点位于第一象限 D. z是方程的一个复数根 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求出复数z，结合复数的共轭复数以及复数的模以及几何意义以及韦达定理一一判断各选项，即得答案. 【详解】， 所以，故A正确； ，故B错误； z在复平面内对应的点为，位于第一象限，故C正确； 若z是方程的一个复数根，则有，， 但，故D错误. 故选：AC. 10. 已知直三棱柱的各个顶点均在球O的表面上，且， ，，则（ ） A. OC，AB为异面直线 B. 球O的体积为 C. 平面 D. 直线OA与平面ABC所成的角为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知及直棱柱的结构特征确定球心在过且垂直于平面的直线上，且，结合异面直线的判定判断A；根据已知求外接球的半径，进而求球体体积判断B；当易证平面平面，结合面面平行的性质判断C；由线面角的定义及已知求线面角的大小判定D. 【详解】 对于A，由，则外心在三角形外部， 如图，球心在过且垂直于平面的直线上，且， 由平面，，平面，所以OC与AB为异面直线，A正确； 对于B，由正弦定理得，而， 故球O的半径R＝，故其体积V＝，B正确； 对于C，当时，，且， 所以可构成菱形，且，平面，平面，所以平面， 由平面，平面，则，同理可证平面， 由且都在平面内，则平面平面， 而平面，故此时平面，C错误； 对于D，由⊥平面ABC，记直线OA与平面ABC的夹角为， 所以，而，故，D正确. 故选：ABD 11. 已知函数与满足，（），则（ ） A. B. 曲线关于直线对称 C. 在区间上单调递增 D. 函数的最大值为1 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，根据得到方程，解得，，由可得，故A错误；B选项，计算出，故曲线关于对称，故B正确；C选项，求出在上单调递增，而，C正确；D选项，由三角函数有界性求出，且，故D正确. 【详解】A选项，由可得， 于是或，其中. 显然不对恒成立， 由可知，， 解得，，由可得，故A错误； B选项，因为， 其中， 而，故， 故曲线关于对称，故B正确； 对于C选项，， 令，，解得，， 当时，故在上单调递增，而， 于是在区间上单调递增，故C正确； D选项，由，可知， 且，故的最大值为1，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 复数的实部为______. 【答案】1 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算和的周期性得，然后根据实部的概念求解即可. 【详解】由题意可得，其实部为1. 故答案为：1. 13. 在中，，，则外接圆的面积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据正弦定理得到三角形外接圆半径，进而求出面积. 【详解】由正弦定理可得外接圆直径，解得， 故外接圆面积为. 故答案为：. 14. 已知，且，，若，则＝______；若，则＝______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用诱导公式以及条件解出角，再利用三角恒等变换代入求值即可. 【详解】由， 可得，故或， ，即或，由可知， 由可知， 若，则， 若，则， 即，，由可知，故. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 四棱锥中，底面为矩形，平面平面， ， （1）若为线段上一动点（不含端点），且平面交棱于点，证明：； （2）记为中点，证明：平面. 【答案】（1） 因为底面为矩形，所以 又因为平面， 平面，所以平面. 因为平面，平面平面， 所以又因为，所以. （2） 如图，连接. 因为，所以，因为侧面底面， 侧面底面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为底面为矩形，且，的中点， 所以，，所以， 又，所以，所以， 因为，所以， 所以，因为平面，所以平面. 【解析】 【分析】（1）根据线线平行证明线面平行，进而根据线面平行的性质求证， （2）根据面面垂直的性质可得平面，进而得，利用三角形相似可得，即可由线面垂直的判定求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 先将函数图象上的所有点向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度，并将图象上所有点的纵坐标变为原来的3倍，横坐标不变，得到函数的图象. （1）求的解析式； （2）求函数的最值. 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）根据三角函数图象平移的规则进行求解即可； （2）利用辅助角公式化简，即可得函数最值. 【小问1详解】 将函数图象上的所有点向右平移个单位长度， 得到的图象，再向上平移个单位长度， 得到的图象，并将图象上所有点的纵坐标变为原来的3倍， 横坐标不变，得到的图象， 所以. 【小问2详解】 （其中）， 所以当时，取得最大值； 当时，取得最小值， 所以的最大值为，最小值为. 17. 在中，，. （1）若，求； （2）若的周长为，求. 【答案】（1） （2）7 【解析】 【分析】（1）根据同角基本关系式和和差角公式求得，再由正弦定理求解； （2）根据题意设，则，利用余弦定理可得解. 【小问1详解】 由，可得， 显然，故， 于是， 而由正弦定理可知，故. 【小问2详解】 由题可知，即， 故不妨设，则， 由余弦定理可得， 即，化简得， 故（舍）或，于是. 18. 如图，三棱柱中，，且P，Q分别为线段与的中点.已知平面. （1）证明：； （2）证明：为二面角的平面角； （3）若，且，求二面角的大小 【答案】（1） 由三棱柱的性质，四边形为平行四边形，故. 又P，Q分别为线段与的中点，则有. 所以四边形为平行四边形，所以. 因为三棱柱所有侧棱都平行，所以，故. （2） 因为平面，平面，故. 又，由三棱柱的性质知：，，所以. 又为线段的中点，故. 由于，，且，平面，故平面. 因为平面，故. 由(1)可知：，所以 因为平面平面，平面，平面且，，所以为二面角的平面角. （3）60° 【解析】 【分析】（1）根据三棱柱的性质可得四边形为平行四边形，由此判断其中位线与棱平行，进而得到； （2）先证明,根据二面角的平面角的定义即可证明为二面角的平面角. （3）先确定二面角的平面角为, 根据四边形为平行四边形，得，利用已知条件求出,即可得到二面角的大小. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由(1)可知：，所以四边形为平行四边形,所以平面即为平面. 由(1)平面，因为，所以平面. 连接，因为，且P为线段的中点，所以 由(2),所以, 因为平面平面,平面,平面,所以为二面角的平面角， 由于，且为线段的中点，故. 又，故为等边三角形，不妨设，则. 由于，，故为等腰直角三角形，故. 故中，，故. 因为四边形为平行四边形,所以. 所以二面角的大小为. 19. 已知函数，，且在区间上单调递增，记的最大值为，设. （1）求的解析式； （2）在中，，，其内切圆半径为，所在平面内一点满足. （ⅰ）求的最大值； （ii）当取得最大值时，求长的取值范围. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由求得，再根据正切函数的单调性求得的范围，得解； （2）（i）由求得，由余弦定理可得与的关系，利用等面积法可得，结合基本不等式求得的最大值；（ii）由题可知点在以为直径的圆上，利用圆的性质求解. 【小问1详解】 易得，由可知， 故， 由，则， 由在区间上单调递增可知，得到， 代入可知题设条件成立，故，于是. 【小问2详解】 （i）此时，由可得， 不妨记内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 由余弦定理可得，即， 故， 于是， 而，故， 于是. 故， 故， 当且仅当时，等号成立. 故的最大值为. （ii）此时，记的中点为， 由，可知点在以为直径的圆上，则， 于是由等腰三角形性质可知， 故且， 当且仅当A，P，O三点共线时等号成立 故长的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度上学期高二年级9月份联合考试 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置.考试结束后，将答题卡交回. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 函数的值域中不包括（　　） A. -2 B. -1 C. 2 D. 5 2. 设，且为纯虚数，则m＝（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形中最长边的长度为（    ） A. 2 B. C. 4 D. 6 5. 第二象限角满足，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知某扇形折叠扇的面积为200，周长为60，且扇形弧长大于其半径，则该扇形折叠扇的半径和圆心角的大小分别为（ ） A. 10，4 B. 20，4 C. 10，6 D. 20，6 7. 记内角B，C所对的边为b，c.若，则＝（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥P－ABC中，点P到平面ABC的距离为6，点D，E为边PA，PB的中点，且△CDE为正三角形.若CA＝CB＝2DE，则点P到平面CDE的距离为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知复数，则（ ） A. B. C. z在复平面内对应的点位于第一象限 D. z是方程的一个复数根 10. 已知直三棱柱的各个顶点均在球O的表面上，且， ，，则（ ） A. OC，AB为异面直线 B. 球O的体积为 C. 平面 D. 直线OA与平面ABC所成的角为 11. 已知函数与满足，（），则（ ） A. B. 曲线关于直线对称 C. 在区间上单调递增 D. 函数的最大值为1 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 复数的实部为______. 13. 在中，，，则外接圆的面积为______. 14. 已知，且，，若，则＝______；若，则＝______. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 四棱锥中，底面为矩形，平面平面， ， （1）若为线段上一动点（不含端点），且平面交棱于点，证明：； （2）记为中点，证明：平面. 16. 先将函数图象上的所有点向右平移个单位长度，再向上平移个单位长度，并将图象上所有点的纵坐标变为原来的3倍，横坐标不变，得到函数的图象. （1）求的解析式； （2）求函数的最值. 17. 在中，，. （1）若，求； （2）若的周长为，求. 18. 如图，三棱柱中，，且P，Q分别为线段与的中点.已知平面. （1）证明：； （2）证明：为二面角的平面角； （3）若，且，求二面角的大小 19. 已知函数，，且在区间上单调递增，记的最大值为，设. （1）求的解析式； （2）在中，，，其内切圆半径为，所在平面内一点满足. （ⅰ）求的最大值； （ii）当取得最大值时，求长的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $