精品解析：吉林省通化梅河口市第五中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试题

高二数学开学考 一、单项选择题：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. 复数的虚部为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算，即可求得答案. 【详解】由于，所以的虚部为2， 故选：B 2. 向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】结合向量平行的坐标表示，根据“”与“”的相互推出情况判断出属于何种条件即可. 【详解】先讨论充分性，当时，，，此时，，，充分性成立； 再讨论必要性，当时，，即， ，解得或，必要性不成立. 综上，“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3. 若是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中点线面位置关系的判定定理和性质定理，逐一判断各选项正误，得出结果. 【详解】根据线面垂直的性质定理，垂直于同一平面的两直线相互平行，所以A正确； 若，则存在一条直线，且，由，所以， 因为，，，所以，B选项正确； 根据面面垂直的判定定理，若，则，所以C正确； 根据面面平行的判断定理，两条相交直线平行于一个面，则经过这两条相交直线的面与这个面平行，所以D错误； 故选：D. 4. 二进制是以2为基数代表系统的二进制，通常用0和1表示.二进制化为十进制的计算公式如下：.若从二进制数，，，，，中任选一个，则二进制数所对应的十进制数大于3的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将二进制转化为十进制，再利用古典概型概率公式计算概率即可. 【详解】，， ，， ，， 可得二进制数所对应的十进制数大于3的有3个， 所以则二进制数所对应的十进制数大于3的概率为. 故选：C. 5. 已知非零向量，满足，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，两边平方可求得，进而利用投影向量的定义求解即可. 【详解】因为，所以，所以， 又，，所以，的以， 所以在上的投影向量为. 故选：C. 6. 已知向量，满足，且，则与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，得，平方后结合向量的模可求出，即可求出的值，利用向量的夹角公式即可求得答案. 【详解】由，得，则，即， 由，得，则， 故， 则与夹角的余弦值为. 故选：C 7. 黄山市境内风光奇绝，拥有12处国家级重点风景名胜区，在五一假期期间展现出独特的旅游魅力．对于两个旅游景点，通过大数据观测发现，游客选择景点出游的概率为，选择景点出游的概率为，两个景点都不选的概率为，则两个景点都选的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】记事件 为“选择景点 ”，事件 为“选择景点 ”，先由对立事件求得再根据一般事件的概率加法公式即可求得结果. 【详解】记事件 为“选择景点 ”，事件 为“选择景点 ”， 则事件为“两个景点都不选”，事件为“两个景点都选”. 由题意得， 由得，， ∴. 故选：B. 8. 一封闭圆锥容器的轴截面是边长为3的等边三角形，一个半径为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别计算侧面与底面上小球可能接触到的容器内壁的面积，即可得解 【详解】在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，如下图所示： 因为小球的半径， 所以, 又都是等边三角形，所以，， 于是，圆台的上、下底面圆的半径分别，， 母线长， 所以圆台的侧面积为. 在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆， 其半径为，其面积为. 综上，圆锥内壁上小球能接触到的最大面积为. 故选：A 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图象作出以下判断，正确的是（ ） A. 图（1）的平均数中位数众数 B. 图（2）的众数<平均数<中位数 C. 图（2）的众数<中位数<平均数 D. 图（3）的中位数平均数众数 【答案】AC 【解析】 【分析】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断. 【详解】图（1）的分布直方图是对称的，平均数中位数众数，A正确； 图（2）众数最小，右拖尾平均数大于中位数，B错误，C正确； 图（3）左拖尾众数最大，平均数小于中位数，D错误. 故选：AC 10. 如图，在正四棱柱中，底面正方形边长为，，为线段上的一个动点，则下列说法中正确的有（ ） A. 已知直线为平面和平面的交线，则平面内存在直线与平行 B. 三棱锥的体积为定值 C. 直线与平面所成角最大时， D. 的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据线面平行的性质定理判断A；根据三棱锥的体积公式计算判断B；根据线面角定义得出最值即可判断C；由展开图结合余弦定理计算得出距离和的最小值判断D. 【详解】选项A，因为平面，且平面，所以平面和平面的交线， 又与平面相交，则平面内不存在直线与平行，即平面内不存在直线与直线平行，所以A错误； 选项B，因为，且平面，所以平面，所以点到平面的距离为定值， 而的面积也为定值，故三棱锥的体积为定值，所以B正确； 选项C，记点到平面的距离为，由选项B可知，为定值，记直线与平面所成角为， 则，又正弦函数在单调递增，则最大时，最大，即取最小值，此时. 在中，，所以， 所以， 所以，所以C正确； 选项D，如图，作平面与平面的展开图，则的最小值即为展开图中线段的长， 中，，所以，则，所以在中， 由余弦定理得， 所以的最小值为，所以D错误. 故选：BC. 11. 在中，角所对的边分别为，且，，为角的平分线交于，则（ ） A. B. 的面积为 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合正弦定理，利用三角恒等变换可求角判断A；利用正弦定理化简，可得，再求三角形面积判断B；由三角形面积求出表达式，利用基本不等式可求其最大值判断C；利用余弦定理和重要不等式即可求的范围判断D. 【详解】对于A，结合正弦定理，由， 得 因, 代入得 即 因为，所以，则，得， 又，则有，，故A正确； 对于B，由和正弦定理，得（是外接圆的半径）， 化简得，故的面积为，即B错误； 对于C，因为角的平分线，则，可得， 即，当且仅当时，等号成立，即，故C正确； 对于D，， 即，当且仅当时，等号成立，故D正确. 故选：ACD 三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 一个圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得圆锥的底面圆的半径，结合圆锥的侧面积公式即可求解． 【详解】设圆锥的底面半径为r， 由题意可得：，解得， 所以圆锥的表面积为． 故答案为：. 13. 已知函数是幂函数，则的值为__________． 【答案】或 【解析】 【分析】根据幂函数的定义求出m的值即可. 【详解】由题意知，，解得或. 故答案为：或. 14. 在圆中，已知弦，则的值为_________． 【答案】2 【解析】 【分析】设圆心，为半径，为弦，可得在上的投影为，再根据，计算求得结果． 【详解】如图，设圆心，为半径，为弦， 故在上的投影为， ， 故答案为：. 四、解答题（共5大题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求 （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理将已知等式统一成边的形式，化简后再利用余弦定理可求得结果； （2）由三角形的面积可求得，再结合（1）中得到的式子可求出的值，从而可求出三角形的周长. 【小问1详解】 因为，，（为外接圆的半径）， 又因为， 所以，即， 所以， 由余弦定理得， 因为，所以． 【小问2详解】 因为， 所以， 因为， 所以， 所以， 所以的周长为6 16. 某学校为了解本校文、理科学生的学业水平模拟测试数学成绩情况，分别从理科班学生中随机抽取人的成绩得到样本甲，从文科班学生中随机抽取人的成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下直方图： 甲样本数据直方图 乙样本数据直方图 已知乙样本中数据在的有个. （1）求和乙样本直方图中的值； （2）试估计该校理科班学生本次模拟测试数学成绩的平均值和文科班学生本次模拟测试数学成绩的中位数（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）. 【答案】（1），； （2）81.5,82. 【解析】 【分析】（1）首先计算乙样本中数据在的频率，然后计算样本容量，利用频率和等于1求；（2）根据样本平均值和中位数的计算公式分别计算； 【详解】（1）由直方图可知，乙样本中数据在的频率为，而这个组学生有人，则，得. 由乙样本数据直方图可知， 故. （2）甲样本数据的平均值估计值为 . 由（1）知，故乙样本数据直方图中前三组的频率之和为 ， 前四组的频率之和为， 故乙样本数据的中位数在第组，则可设该中位数为， 由得 ，故乙样本数据的中位数为. 根据样本估计总体的思想，可以估计该校理科班学生本次模拟测试数学成绩的平均值约为，文科班学生本次模拟测试数学成绩的中位数约为. 【点睛】本题考查了样本频率分布直方图中的相关计算问题，需熟记公式：每个小矩形的面积是本组的频率，频率之和等于1，频数=频率样本容量，样本平均数等于每组数据的中点乘以本组的面积之和，中位数两侧的面积都是. 17. 如图所示，四棱锥的底面为直角梯形，，，，，底面，为的中点. （Ⅰ）求证：平面平面 （Ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）证明：以点为坐标原点，以直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，. ∴，，， ∴，， ∴，， 又，平面，平面， ∴平面，∵平面， ∴平面平面 （Ⅱ）． 【解析】 【详解】试题分析：根据题意可以建立空间直角坐标系来解答.以点为坐标原点，求出向量 的坐标，根据数量积得出，故 平面，于是平面平面. 求出平面的法向量，计算与的夹角，则直线 与平面所成角的正弦值等于 . 试题解析：（Ⅰ）略； （Ⅱ），， 设是平面的一个法向量，则， ∴， 令，则，，即， ∴，，， ∴. ∴直线与平面所成角的正弦值为. 点睛：立体几何是高中数学的重要内容之一,也历届高考必考的题型之一.本题考查是空间的直线与平面的垂直性质及线面角的求解.解答时第一问充分借助已知条件建立直角坐标系，借助于数量积证明线线垂直，进而得到线面垂直，故面面垂直；.关于第二问中的直线与平面所成角的问题,解答时巧妙运用建构空间直角坐标系,将直线和平面所成角的正弦转化为直线与法向量的余弦即可. 18. 在中，设角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足． （1）求角B； （2）若，求面积的最大值； （3）求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合辅助角公式进行求解即可； （2）根据三角形面积公式，结合余弦定理以及基本不等式求解即可； （3）利用正弦定理边角互化将原式转化为，然后令，将原式化为：，最后结合二次函数性质求解值域. 【小问1详解】 因为， 根据正弦定理得：， 且， 可得， 即， 又因为，则， 可得，整理可得， 且，则， 可得，解得. 【小问2详解】 由余弦定理得：，即， 可得，解得，当且仅当时，等号成立， 所以的面积为：， 故面积的最大值为. 【小问3详解】 根据正弦定理得： ， 令，则， 可得， 将原式化为：， 因为，则，可得， 根据二次函数的图像性质得到， 当时，原式取得最小值，； 当时，原式取得最大值，； 故的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：对于（3）：对于已知角的范围问题，解题关键是利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换化简整理，进而根据三角函数有界性分析求解. 19. 如图所示，在直角梯形中，，分别是上的点，且， ，将四边形沿向上翻折，连接，在翻折的过程中，设，记几何体的体积为． （1）求证：平面； （2）若平面平面． ①求证：平面； ②当取得最大值时，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）根据线线平行证明平面平面， 再根据面面平行的性质得证； （2）①过点作交于点， 证明面面垂直性质得到线面垂直，进而得到线线垂直，根据翻折关系证明线面垂直，进而得到线线垂直， 最后根据线面垂直判定定理证明； ②根据可得关于的表达式，再利用向量法或几何法求解的值. 【小问1详解】 证明：根据题意可知， 因为平面，平面，所以平面， 同理，因为平面，平面，所以平面， 又因为是平面内的两条相交直线，所以平面平面， 因为平面，所以平面． 【小问2详解】 ①证明：过点作交于点， 因为平面平面，平面平面，所以平面． 又平面，则； 根据题意平面图形翻折后，且是平面内两条相交直线， 所以平面，又，得平面． 又平面，则， 因为是平面内两条相交直线，所以平面． ②法一： 直角梯形中，，，且， 由①可知平面， 由（1）可知由题意平面平面， 所以到底面的距离为， 在中，设点到的高，即， 因为平面，所以， 因为，所以平面， 设点到底面的高为， 在中，根据三角形的面积公式．∴． 几何体的体积为 取的中点，连接， 因为，所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，所以平面，又因为平面，所以， 在中，， 在中，， 在中，，∴，化简得到， 因为，所以，当且仅当时等号成立， 故当取得最大值时，即取得最小值，， 所以几何体体积． 法二： 直角梯形中，，且在平面上， 由①可知平面， 由（1）可知由题意平面平面， 所以点到底面的距离为， 在中，设点到的高，即， 因为平面，所以， 因为，所以平面， 设点到底面的高为， 在中，根据三角形的面积公式，∴． 几何体的体积为 ． 过点作的垂线交直线于，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， ， 令，可得， ，设平面的法向量为， ， 令，可得， 因为平面平面，所以，化简得到， 因为，所以，当且仅当时等号成立， 故当取得最大值时，即取得最小值，， 所以几何体体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学开学考 一、单项选择题：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. 复数的虚部为（ ） A. B. 2 C. D. 2. 向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 若是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 二进制是以2为基数代表系统的二进制，通常用0和1表示.二进制化为十进制的计算公式如下：.若从二进制数，，，，，中任选一个，则二进制数所对应的十进制数大于3的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知非零向量，满足，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量，满足，且，则与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 黄山市境内风光奇绝，拥有12处国家级重点风景名胜区，在五一假期期间展现出独特的旅游魅力．对于两个旅游景点，通过大数据观测发现，游客选择景点出游的概率为，选择景点出游的概率为，两个景点都不选的概率为，则两个景点都选的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 一封闭圆锥容器的轴截面是边长为3的等边三角形，一个半径为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图象作出以下判断，正确的是（ ） A. 图（1）的平均数中位数众数 B. 图（2）的众数<平均数<中位数 C. 图（2）的众数<中位数<平均数 D. 图（3）的中位数平均数众数 10. 如图，在正四棱柱中，底面正方形边长为，，为线段上的一个动点，则下列说法中正确的有（ ） A. 已知直线为平面和平面的交线，则平面内存在直线与平行 B. 三棱锥的体积为定值 C. 直线与平面所成角最大时， D. 的最小值为 11. 在中，角所对的边分别为，且，，为角的平分线交于，则（ ） A. B. 的面积为 C. D. 三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 一个圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为___________． 13. 已知函数是幂函数，则的值为__________． 14. 在圆中，已知弦，则的值为_________． 四、解答题（共5大题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求 （2）若，的面积为，求的周长． 16. 某学校为了解本校文、理科学生的学业水平模拟测试数学成绩情况，分别从理科班学生中随机抽取人的成绩得到样本甲，从文科班学生中随机抽取人的成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下直方图： 甲样本数据直方图 乙样本数据直方图 已知乙样本中数据在的有个. （1）求和乙样本直方图中的值； （2）试估计该校理科班学生本次模拟测试数学成绩的平均值和文科班学生本次模拟测试数学成绩的中位数（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）. 17. 如图所示，四棱锥的底面为直角梯形，，，，，底面，为的中点. （Ⅰ）求证：平面平面 （Ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值. 18. 在中，设角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足． （1）求角B； （2）若，求面积的最大值； （3）求的取值范围． 19. 如图所示，在直角梯形中，，分别是上的点，且， ，将四边形沿向上翻折，连接，在翻折的过程中，设，记几何体的体积为． （1）求证：平面； （2）若平面平面． ①求证：平面； ②当取得最大值时，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $