精品解析：河南省信阳市浉河区信阳高级中学北湖校区2025-2026学年高二上学期开学数学试题

河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高二上期开学测试 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数z满足，则z= （ ） A. -1+i B. -1-i C. 1+i D. 1-i 3. “百日冲刺”是学校针对高三学生进行的高考前的激情教育，某班主任根据历年学生经历“百日冲刺”之后的成绩变化，构造了一个关于经过时间（单位：天）与增加总分数（单位：分）的函数模型为增分转化系数，为“百日冲刺”前的最后一次模考总分，.已知某学生在“百日冲刺”前的最后一次模考总分为400分，依据此模型估计此学生在高考中可能取得的总分为（ ） A. 442 B. 452 C. 462 D. 472 4. 设，是两个平面，，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，∥，∥，则 B. 若⊂，⊂，∥，则∥ C. 若，∥，∥，则∥ D. 若，，∥，则 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个小球，除标号外无差异.不放回地取两次，每次取出一个.事件“两次取出球的标号为1和4”，事件“第二次取出球的标号为4”，事件“两次取出球的标号之和为5”，则（ ） A. B. C. 事件与互斥 D. 事件与相互独立 7. 已知点，直线与线段相交，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知是定义在上的奇函数，对任意正数，，都有，且，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分． 9. 一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个小球，除标号外无差异．不放回地取两次，每次取出一个．事件“两次取出球的标号为1和4”，事件“第二次取出球的标号为4”，事件“两次取出球的标号之和为5”，则（ ） A. B. C. 事件与不互斥 D. 事件与相互独立 10. 已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，，则三角形有两解 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，则为钝角三角形 11. 已知函数，若函数有6个零点，则的值可以为（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 样本数据11，14，5，6，8，1，3，9的下四分位数是______． 13. 已知向量以为基底时的坐标为，则以为基底时的坐标为______． 14. 将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到的图象，若在区间上恰有两个零点，且在上单调递减，则的取值范围为______． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知直线的方程为． （1）求证：不论为何值，直线必过定点； （2）过点引直线交坐标轴正半轴于，两点，当面积最小时，求的周长． 16. 已知函数． （1）若的定义域为，求实数的取值范围； （2）若的值域为，求实数的取值范围． 17. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送时，收到0的概率为，收到1的概率为.现有两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，，，则译码为1，若依次收到，，，则译码为1）. （1）已知，， （i）若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； （ii）若采用单次传输方案，依次发送，，，判断事件“第三次收到的信号为”与事件“三次收到的数字之和为2”是否相互独立，并说明理由； （2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率不大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围. 18. 在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，连接. （1）证明：； （2）连接，求与底面所成角的正切值； （3）求二面角的平面角的正切值. 19. 在中，角的对边分别为．且满足． （1）求角的大小； （2）若的面积，内切圆的半径为，求； （3）若的平分线交于，且，求的面积的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高二上期开学测试 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求解集合A，B，再利用交集的定义直接计算作答. 【详解】∵，， ∴. 故选：D. 2. 设复数z满足，则z= （ ） A. -1+i B. -1-i C. 1+i D. 1-i 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】由得=，故选A. 【考点定位】本小题主要考查复数的四则运算,复数在高考中主要以小题形式出现，属容易题，主要考查复数的概念、几何意义与四则运算是基础内容. 3. “百日冲刺”是学校针对高三学生进行的高考前的激情教育，某班主任根据历年学生经历“百日冲刺”之后的成绩变化，构造了一个关于经过时间（单位：天）与增加总分数（单位：分）的函数模型为增分转化系数，为“百日冲刺”前的最后一次模考总分，.已知某学生在“百日冲刺”前的最后一次模考总分为400分，依据此模型估计此学生在高考中可能取得的总分为（ ） A. 442 B. 452 C. 462 D. 472 【答案】C 【解析】 【分析】将代入，求出，再将代入求解即可. 【详解】由题意得， ， ， 该学生在高考中可能取得的总分约为. 故选：C. 4. 设，是两个平面，，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，∥，∥，则 B. 若⊂，⊂，∥，则∥ C. 若，∥，∥，则∥ D. 若，，∥，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用反例可判断A,B,D选项，根据线面平行的性质和判定定理可判断C选项. 【详解】如图，正方体中，记底面为平面，侧面为平面，为，为， 显然满足，∥，∥，但是此时，A不正确； 如图，满足⊂，⊂，∥，但是此时，B不正确； 因为，所以存在平面，使得，根据线面平行的性质定理可得， 所以，又因为，根据线面平行的判定定理可得， 而，所以，又因为，所以，C正确； 因为，，所以，因为，所以，D不正确. 故选：C. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用和角的正弦公式、辅助角公式及二倍角公式求解. 【详解】依题意，， 所以. 故选：D 6. 一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个小球，除标号外无差异.不放回地取两次，每次取出一个.事件“两次取出球的标号为1和4”，事件“第二次取出球的标号为4”，事件“两次取出球的标号之和为5”，则（ ） A. B. C. 事件与互斥 D. 事件与相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】利用古典概率公式分别计算，，，，再利用互斥事件的定义和相互独立事件的概率公式逐一判断四个选项即可得正确选项. 【详解】设采用不放回方式从中任意摸球两次，每次取出一个球， 全部的基本事件有：，共个， 事件发生包含的基本事件有：，有个，，A错误； 事件发生包含的基本事件有：，有3个，， 事件发生包含的基本事件：，有4个，， 事件发生包含的基本事件：有个，，B错误； 事件发生包含的基本事件：，有2个，事件与不互斥，C错误； 由，与相互独立，D正确. 故选：D 7. 已知点，直线与线段相交，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由直线恒过定点，分别计算，结合图象即可得的范围. 【详解】直线经过定点，如图所示， 则， 因为直线与线段相交， 所以由图可知. 故答案为：. 8. 已知是定义在上的奇函数，对任意正数，，都有，且，当时，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过条件，利用定义法证明抽象函数的单调性，通过赋值，求得和，再利用奇偶性和单调生即可求出结果. 【详解】令，则，即， 令，，则，又，则， 不妨取任意正数， ， 因为，所以，即，所以在区间上单调递增， 又是定义在上的奇函数，故在区间上单调递增， 令，则， 令，，则， ∴， 又因为，即，由和，结合函数单调性可以得到或， 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分． 9. 一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个小球，除标号外无差异．不放回地取两次，每次取出一个．事件“两次取出球的标号为1和4”，事件“第二次取出球的标号为4”，事件“两次取出球的标号之和为5”，则（ ） A. B. C. 事件与不互斥 D. 事件与相互独立 【答案】BCD 【解析】 【分析】先利用古典概率公式分别计算，，，，，再利用互斥事件的定义和相互独立事件的概率公式逐一判断四个选项即可得正确选项. 【详解】设采用不放回方式从中任意摸球两次，每次取出一个球， 全部的基本事件有：，，，，，，，，， ，，共个， 事件发生包含的基本事件有：，有个， 事件发生包含的基本事件有：，，有3个， 所以，故A错误； 事件发生包含的基本事件：，，，有4个，， 事件发生包含的基本事件：有个，，故B正确； 事件发生包含的基本事件：，有2个，故事件与不互斥，故C正确； 事件发生包含的基本事件：有个，， 因为，所以与相互独立，故选项D正确； 故选：BCD. 10. 已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，，则三角形有两解 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，则为钝角三角形 【答案】AD 【解析】 【分析】A：由大边对大角可知结论；B：由正弦定理，结合大边对大角，可得结论；C：解法一：利用余弦定理角化边然后分解因式可得结论,解法二：利用正弦定理边化角，利用二倍角公式化简，进而利用三角函数的性质得到结论；D：利用余弦定理得到,进而得到结论. 【详解】由大边对大角可知，故A正确； 对于B： 若，，， 由正弦定理可知， ∴，∴， ∵，∴，∴角为锐角， ∴角只有一解，∴只有一解，故B错误； 对于C： 解法一：若， 结合余弦定理可得， 整理分解因式可得， ∴或， ∴或， ∴为等腰三角形或直角三角形，故C错误； 解法二：∵，， ∴，∴， ∵， ∴或， ∴或， ∴为等腰三角形或直角三角形，故C错误； 对于D： ∵，结合余弦定理可得， 又∵，则， ∴为钝角三角形，故D正确. 故选：AD. 11. 已知函数，若函数有6个零点，则的值可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意分析的图像，令，由零点个数可确定有2个不同的实数解，且，再由二次函数零点分布求解即可. 【详解】令，则方程，即， 由题可得，在上单调递减，在上单调递增， 据此作出函数的大致图象，如图1所示， 作直线，则当或时，直线与曲线有1个交点； 当或时，直线与曲线有2个交点； 当时，直线与曲线有3个交点． 作出函数的可能的大致图象，如图2，横轴为轴，纵轴为轴， 所以要使方程有6个不同的解， 则有2个不同的实数解，且， 则，解得. 故选：BC. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 样本数据11，14，5，6，8，1，3，9的下四分位数是______． 【答案】4 【解析】 【分析】根据题意，由百分位数的计算公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】将样本数据从小到大排列得1，3，5，6，8，9，11，14，由， 得样本数据的下四分位数是排序后的第二个和第三个数据的平均数，为． 故答案为：4. 13. 已知向量以为基底时的坐标为，则以为基底时的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据向量以为基底时的坐标，得到关于，，的表达式，然后设以为基底时的坐标为，得到关于，，的表达式，最后通过向量相等建立方程组，求解方程组得到，，的值，即为所求坐标. 【详解】因为向量以为基底时的坐标为，所以． 设向量在新基底下的坐标为， 则， 即 则，解得， 所以以为基底时的坐标为． 故答案为：. 14. 将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，得到的图象，若在区间上恰有两个零点，且在上单调递减，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】先得到函数变换的图像，由定区间上的零点个数判断解出，再由余弦函数递减区间计算得出，取交集得到的取值范围. 【详解】依题意可得， 当时，， 因为在上恰有两个零点， 所以，解得． 令，得， 令，得在上单调递减， 所以，所以又，所以． 综上所述，，即的取值范围是． 故答案为： 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知直线的方程为． （1）求证：不论为何值，直线必过定点； （2）过点引直线交坐标轴正半轴于，两点，当面积最小时，求的周长． 【答案】（1） 由可得：， 令，解得， 经检验，满足， 所以直线过定点． （2） 【解析】 【分析】（1）将直线方程改写成形式，解方程组即可得解； （2）设直线的方程为，求出点坐标，表示出面积，利用基本不等式求出面积的最小值得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可设直线的方程为， 设直线与轴，轴正半轴交点分别为， 令，得；令，得， 所以面积 ， 当且仅当，即时，面积最小， 此时，，， 所以的周长为. 所以当面积最小时，的周长为. 16. 已知函数． （1）若的定义域为，求实数的取值范围； （2）若的值域为，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到在上恒成立，再分类讨论求解即可； （2）根据题意得到的值域必须包含，再分类讨论求解即可. 【小问1详解】 函数的定义域为， 则在上恒成立， 当时，恒成立，符合题意； 当时，有，解得． 所以实数的取值范围为． 【小问2详解】 函数的值域为， 则的值域必须包含， 当时，，不符合题意； 当时，有，解得. 所以实数的取值范围为． 17. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送时，收到0的概率为，收到1的概率为.现有两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，，，则译码为1，若依次收到，，，则译码为1）. （1）已知，， （i）若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； （ii）若采用单次传输方案，依次发送，，，判断事件“第三次收到的信号为”与事件“三次收到的数字之和为2”是否相互独立，并说明理由； （2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率不大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围. 【答案】（1）（i）；（ii）不相互独立，理由见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）（i）利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算能求出至少收到一次0的概率； （ii）利用相互独立事件的定义判断并证明； （2）由两个事件的概率列不等式，能求出的取值范围． 【小问1详解】 （i）记事件为“至少收到一次0”， 则至少收到一次0的概率为． （ii）证明：记事件为“第三次收到的信号为1”，事件为“三次收到的数字之和为2”， 则， ， ， ， 事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”不相互独立． 【小问2详解】 记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，事件为“采用单次传输方案时译码为0”， ，， 根据题意得，， ，，， 解得， 的取值范围是． 18. 在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，连接. （1）证明：； （2）连接，求与底面所成角的正切值； （3）求二面角的平面角的正切值. 【答案】（1）因为底面，底面，所以. 因为底面为正方形，所以，所以平面. 因为平面，所以. 因为为的中点，，所以. 又因为，所以平面. 因为平面，所以. （2）；（3）. 【解析】 【分析】（1）证明平面即可； （2）作于点，则是的中点，连接，则为与底面所成的角，即可求解； （3）作，垂足为，则为的中点，连接，则，所以为所求二面角的平面角，即可求解. 【详解】（1）略 （2）作于点，则是的中点，，且， 底面. 连接，则为与底面所成的角. 设，在中，，， 所以. （3）解：作，垂足为，则为的中点，连接，则，所以为所求二面角的平面角. 在中，，，所以. 【点睛】本题考查空间中直线与直线垂直的证明，考查线面角、面面角的求法，属于基础题. 19. 在中，角的对边分别为．且满足． （1）求角的大小； （2）若的面积，内切圆的半径为，求； （3）若的平分线交于，且，求的面积的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用和角公式化简，借助于同角三角函数式和特殊角的函数值即得答案； （2）由等面积法得出，，利用余弦定理得出，三式联立即可求得边； （3）结合题设，分别在，和中，由正弦定理推出边的关系式，再利用基本不等式求得的最小值，继而可得三角形面积最小值． 【小问1详解】 在中，由， 可得，所以，即， 因，则． 【小问2详解】 由（1）知，则，即：， 所以①，②， 在中，由余弦定理得， 即③， 由①②③得：，解得； 【小问3详解】 如图，因平分，由（1）知， 故， 在中，设，则， 在中，，由正弦定理，得，则， 在中，由正弦定理，得，则， 故有（*）． 在中，由正弦定理，得，则， 得，代入（*）式，可得，即． 由基本不等式，得，解得，当且仅当时取“”． 于是．即的面积的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $