精品解析：四川省成都市2025-2026学年高二上学期入学测试数学试题

2025-2026学年成都市高二上期入学测试数学试题 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分在每个小题的四个选项中，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】根据集合交集的定义，计算即可得答案. 【详解】因为集合是所有非正整数组成的集合，所以． 故选：D． 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题可直接写出答案. 【详解】的否定为 故答案为：A. 3. （ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用两角和的余弦公式即可求解. 【详解】由. 故选：B. 4. 已知实数，且，若恒成立，则实数的取值范围为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用“1”的妙用求出最小值，再建立不等式求解. 【详解】实数，则， 当且仅当时等号成立， 由恒成立，得，解得， 所以实数的取值范围为. 故选：C 5. 命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出命题“，”为真命题时a的值，再结合充分不必要条件的定义即可得解. 【详解】若命题“，”为真命题， 则，恒成立. 令， 则函数在上单调递减，在上单调递增，且， 所以在当时，取得最大值6，可得， 所以各选项中只有是是的一个充分不必要条件， 即是“，”为真命题的一个充分不必要条件. 故选:D. 6. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用作商法及基本不等式比较大小，由对数的运算性质求，再由对数的性质比较大小，即可得. 【详解】因为，所以， 因为，又，故. 故选：A 7. 已知，若，则= （　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量垂直得出，求出，代入原式化简可得答案. 【详解】因为，所以，可得； 即，， 因为，所以解得， 则，故B正确. 故选：B 8. 记锐角三角形的内角所对的边分别为，已知，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角形内角和得，结合正弦定理计算，利用两角和的正弦公式和二倍角公式化简式子，结合锐角三角形角的范围解得的取值范围． 【详解】因为，所以． 由正弦定理，有所以． 因为． 又， 所以． 因为是锐角三角形，所以 所以，所以． 所以，即的取值范围是， 故选：D． 二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 已知函数的最小正周期为，则下列结论正确的是（ ） A. 直线是函数图象的一条对称轴 B. 函数在区间上的最大值为 C. 函数在区间上单调递增 D. 将函数图象上所有的点向左平移个单位，得到的图象 【答案】AD 【解析】 【分析】根据周期公式先算出，由代入检验法判断A选项，根据正弦函数的最值，单调性判断BC，先求出平移后的解析式然后判断D. 【详解】因为函数的最小正周期为，所以，解得， 所以，则， 所以直线是函数图象的一条对称轴，故A正确； 当，则， 所以当，即时取得最大值，故B错误； 当，则，因为在上不单调， 所以在区间上不单调，故C错误； 将函数图象上所有的点向左平移个单位得到的图象，故D正确. 故选：AD 10. 在矩形中，AB =2，AD=1，P ，Q分别为线段上的动点，M ，N分别为线段的中点，则下列说法正确的是（） A. B. // C. 当P ， Q 分别为线段 的中点时， D. 若 则 的最小值为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，给出点的坐标可以判断ABD各项，对于C项，由四边形与四边形均为边长为1的正方形，即可判断． 【详解】建立平面直角坐标系，如图所示： 则， 由于P ，Q分别为线段上的动点， 可设， 对于A项，， 则，故A项正确； 对于B项，由于M ，N分别为线段的中点， 则，得， 而，则，故B项正确； 对于D项，因为， 所以， 得， 由，等号成立时，， 则， 得， 得，得， 则 的最小值为2，故D项正确； 对于C项，如图所示： 四边形与四边形均为边长为1的正方形， 则，故C项错误． 故选：ABD 11. （多选）在棱长为2的正方体中，为的中点，是侧面内的一点（包含边界），则以下结论正确的是（ ） A. 若，则的轨迹长度为 B. 与所成角的最大值为 C. 若在线段上，则 D. 若在线段上，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，由可知为圆锥的母线长相等，从而可得的轨迹为四分之一圆弧长即可求解；对于B，利用这两条异面直线可以证明垂直，故最大角就是，便可判断错误；对于C，通过举反例，可得到不成立，从而可得到判断；对于D，把这个三棱锥的外接球问题转化为三角形的外接圆半径的范围，然后可求得外接球的半径范围，从而可作出判断. 【详解】 对于A，取为的中点，如图1，此时满足， 因为点在侧面内，且， 所以的轨迹为以为球心，为半径的球面与侧面的交线，为以点为圆心且以为半径的四分之一圆弧，即长度为，故A正确． 对于B，如图2所示，连接，在中，，同理可求得，所以为等腰三角形， 当点为的中点时，，易知，故， 此时EF与所成角为，故B错误． 对于C，举反例，当点与点重合时，平面平面， 所以EF与不垂直，故C错误． 对于D，如图3，设，当点为的中点时，最大，取的中点， 连接PF，如图4，则， 所以；当点与点或点重合时，最小， 此时，所以． 因为在球面上，所以的外接圆直径， 所以三棱锥的外接球的直径为， 所以三棱锥的外接球的半径， 所以三棱锥的外接球的表面积，故D正确． 故选：AD． 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分.） 12. 若复数z满足，是虚数单位，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据复数除法算出复数值，然后根据模长公式求解. 【详解】由题知，， 于是. 故答案为： 13. 已知且，则实数___________． 【答案】##-1.5 【解析】 【分析】利用向量平行坐标公式，即对应分量成比例或叉积为零，建立方程求解. 【详解】因为且， 所以，解得． 故答案为：． 14. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，.则二面角的大小______ 【答案】 【解析】 【分析】过作交于，连接，由线面垂直的性质结合勾股定理可得，则，再根据二面角的定义可知即为二面角的平面角，求即可. 【详解】如图过作交于，连接， 因为底面，底面，所以，，， 因为底面是正方形，， 所以由勾股定理可得，即， 又，，所以，所以， 因为平面平面，所以即为二面角的平面角， 因为，由勾股定理可得，，， 设，则，所以由得， 解得， 所以， 在中由余弦定理可得， 因为，所以， 即二面角的大小为， 故答案为： 四、解答题（本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. （1）计算：； （2）已知，求的值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用对数的运算法则求解即可； （2）由已知利用诱导公式得，运用化成关于的齐次分式，再弦化切代入计算即可得解. 【详解】（1）； （2）由，得， 16. 已知 （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据同角的三角函数关系可求出，利用二倍角公式即可求得答案； （2）利用二倍角正切公式以及两角和的正切公式，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意知，故， 故； 【小问2详解】 由于，且，则， 结合，可得， 结合（1）可得， 而， 故， 由于，故. 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，为等边三角形，平面平面，． （1）设分别为的中点，求证：平面； （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：如图，连接，因底面为平行四边形，则， ， 因，则，因平面， 平面，故平面. （2）证明：取中点，连接，因为等边三角形，则， 又平面平面，平面平面， 平面， 则平面，又平面，故， 因，平面，故平面.” （3） 【解析】 【分析】（1）连接，则，利用三角形中位线定理证明，由线线平行即可证得线面平行； （2）取中点，连接，证明，利用平面平面证明平面，得，结合条件，再由线线垂直即可证得平面； （3）由（2）已得平面，则即直线与平面所成角，则可借助于，利用三角函数的定义即可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）已得平面，连接，则即直线与平面所成角， 因为等边三角形，，则， 又，在中，. 即直线与平面所成角的正弦值为. 18. 在中，角，，的对边分别是，，，向量，，且. （1）若，，求面积的最大值； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示，，利用正弦定理及和差公式可得，进而得求得角；由，得到，两边平方，结合和，可得，利用基本不等式即可求解； （2）由正弦定理可得，，再利用和差及辅助角公式得到，由的范围即可确定的范围. 【小问1详解】 因为，所以，即， 由正弦定理得， 所以. 即 因为，所以， 所以，所以. 因为，所以. 因为，所以， 所以， 所以， 因为，且， 所以，当且仅当时，等号成立， 则的面积， 即面积的最大值为. 【小问2详解】 由正弦定理可得， 则，， 故， 在中，，所以， 所以，所以， 则， 即的取值范围为. 19. 如图，我们把由平面内夹角为的两条数轴，构成的坐标系称为“完美坐标系”，设，分别为，正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”. （1）若向量的“完美坐标”为，求； （2）已知，分别为向量，的“完美坐标”，证明：； （3）若向量，的“完美坐标”分别为，，设函数，若对任意的，不等式恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】（1） （2）证明：由（1）知， 所以 ， 即. （3）. 【解析】 【分析】（1）先计算的值，再由，利用向量数量积的运算律计算即可； （2）利用向量数量积的运算律计算并化简即可得证； （3）利用（2）的公式计算，设，求出，将转化成，结合函数的单调性即可求得的最大值，即可得出结果. 【小问1详解】 因为的“完美坐标”为，则， 又因为，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，且夹角为， 所以，， 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为向量，的“完美坐标”分别为，， 由（2）得 . 令，则 因为，所以，则， 又， 即， 所以，. 已知恒成立，即对恒成立. 因为时，，所以对恒成立. 令，，单调递增， 当时，. 所以，即实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年成都市高二上期入学测试数学试题 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分在每个小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知集合，则（   ） A. B. C. D. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 3. （ ） A. B. C. D. 1 4. 已知实数，且，若恒成立，则实数的取值范围为（　　） A. B. C. D. 5. 命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，若，则= （　　） A. B. C. D. 8. 记锐角三角形的内角所对的边分别为，已知，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 已知函数的最小正周期为，则下列结论正确的是（ ） A. 直线是函数图象的一条对称轴 B. 函数在区间上的最大值为 C. 函数在区间上单调递增 D. 将函数图象上所有的点向左平移个单位，得到的图象 10. 在矩形中，AB =2，AD=1，P ，Q分别为线段上的动点，M ，N分别为线段的中点，则下列说法正确的是（） A. B. // C. 当P ， Q 分别为线段 的中点时， D. 若 则 的最小值为2 11. （多选）在棱长为2的正方体中，为的中点，是侧面内的一点（包含边界），则以下结论正确的是（ ） A. 若，则的轨迹长度为 B. 与所成角的最大值为 C. 若在线段上，则 D. 若在线段上，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分.） 12. 若复数z满足，是虚数单位，则_______． 13. 已知且，则实数___________． 14. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面，.则二面角的大小______ 四、解答题（本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. （1）计算：； （2）已知，求的值. 16. 已知 （1）求的值； （2）求的值. 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，为等边三角形，平面平面，． （1）设分别为的中点，求证：平面； （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 在中，角，，的对边分别是，，，向量，，且. （1）若，，求面积的最大值； （2）若，求的取值范围. 19. 如图，我们把由平面内夹角为的两条数轴，构成的坐标系称为“完美坐标系”，设，分别为，正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”. （1）若向量的“完美坐标”为，求； （2）已知，分别为向量，的“完美坐标”，证明：； （3）若向量，的“完美坐标”分别为，，设函数，若对任意的，不等式恒成立，求实数m的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $