精品解析：上海市进才中学2025-2026学年高二上学期开学考数学试卷

进才中学高二开学考数学试卷 2025.09 一、填空题 1. 若，那么__________. 2. 若数列满足，，则________． 3. 已知，，若，则______． 4. 函数的相邻两条对称轴之间的距离为，则______． 5. 已知曲线在点处的切线斜率为1，则的坐标是______． 6. 平面与平面相交于直线l，点A、B在平面α上，点C在平面上但不在直线l上，直线AB与直线l相交于点R．设A、B、C三点确定的平面为，则与的交线是______ ． 7. 已知等比数列共有10项，其和为80，且偶数项的和比奇数项的和大60，则公比_____. 8. 在空间四边形中，对角线的长分别为6和8，异面直线与所成的角为60°，则连接各边中点所得四边形的面积为________. 9. 函数的定义域为，值域为，则实数的取值范围为________ 10. 设表示不超过的最大整数，例如，.、、是平面上的三个单位向量，且，则的取值范围是_____. 11. 空间给定不共面的A，B，C，D四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面：A，B，C，D中有三个点到的距离相同，另一个点到的距离是前三个点到的距离的2倍，这样的平面的个数是___________个 12. 如图所示，已知， 内有一点与的距离为1 km，，，垂足分别为A、B且． 当四边形的面积为最大值时，则____．(结果精确至0.01) 二、选择题 13. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件 14. 已知函数，则角所处象限为（ ） A. 第一象限或第二象限 B. 第一象限或第三象限 C. 第二象限或第四象限 D. 第二象限或第三象限 15. 已知两条不重合的直线m、n，两个互不重合的平面α、β，给出下列命题： ①若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β； ③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β；④若m⊥α，n∥β，且m∥n，则α∥β． 其中正确命题的个数为（　　） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 16. 已知，，…，，是平面内两两互不相等的非零向量，且满足（），且对任意的，当时，都有，则正整数的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 三、解答题 17. 如图，在长方体中，，，点为棱上一点． （1）试确定点P的位置，使得平面，并说明理由； （2）若，求异面直线与所成角的大小． 18. 已知函数在处取得极值. （1）求实数的值； （2）若关于的方程在区间只有两解，求实数的取值范围. 19. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，且，，，点E、F分别为棱、的中点． （1）若，线段中点为，且，求证：； （2）若，请作出四棱锥过点B、E、F三点的截面，并求出截面的周长． 20. 定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”（其中为坐标原点）． （1）设，写出函数的相伴向量； （2）已知的内角的对边分别为，记向量的相伴函数，若且，求最值； （3）已知为（2）中函数，，请问在的图象上是否存在一点，使得?若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由． 21. 已知集合{（其中是虚数单位）}，定义：，. （1）计算的值； （2）记，若，且满足，求的最大值； （3）若，且满足，，记，求证：当时，函数必存在唯一的零点，且当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 进才中学高二开学考数学试卷 2025.09 一、填空题 1. 若，那么__________. 【答案】5 【解析】 【分析】由模的计算公式即可求解. 【详解】由题意. 故答案为：5. 2. 若数列满足，，则________． 【答案】19 【解析】 【分析】根据等差数列的定义，得出数列为等差数列，利用等差数列的通项公式求第十项. 【详解】由题意得，故数列为首项为，公差为2的等差数列， 则，故． 故答案为：19. 3. 已知，，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量垂直关系的坐标表示求解. 【详解】因为，所以， 故，解得． 故答案为：. 4. 函数的相邻两条对称轴之间的距离为，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据余弦函数的周期结合题意，列式求解，即得答案. 【详解】函数的最小正周期为， 则由相邻两条对称轴之间的距离为，可得. 故答案为：1 5. 已知曲线在点处的切线斜率为1，则的坐标是______． 【答案】 【解析】 【分析】求导即可列方程求得点的横坐标，进一步代入可得点的纵坐标. 【详解】设点的横坐标为，求导得，所以，解得， 所以. 故答案为：. 6. 平面与平面相交于直线l，点A、B在平面α上，点C在平面上但不在直线l上，直线AB与直线l相交于点R．设A、B、C三点确定的平面为，则与的交线是______ ． 【答案】直线 【解析】 【分析】根据已知得R、C既在平面上又在平面上，从而得答案． 【详解】根据题意，因为直线AB与直线l相交于点R，， 又平面与平面相交于直线l，所以平面β， 又点C在平面上，所以平面β， 因为平面γ，R点在直线AB上，所以平面， 又平面，所以平面， 所以与的交线是直线． 故答案为：直线． 7. 已知等比数列共有10项，其和为80，且偶数项的和比奇数项的和大60，则公比_____. 【答案】7 【解析】 【分析】根据给定条件，求出等比数列偶数项的和及奇数项的和即可得解. 【详解】依题意，，解得， 所以公比. 故答案为：7 8. 在空间四边形中，对角线的长分别为6和8，异面直线与所成的角为60°，则连接各边中点所得四边形的面积为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据中位线可证得四边形为平行四边形，求可得四边形边长和内角的大小，进而可得四边形的面积． 【详解】设的中点分别为，连接,,,， 由题意可得，，且， 所以四边形为平行四边形， 因为异面直线与所成的角为， 所以直线与所成的角等于， 所以． 故答案为：． 9. 函数的定义域为，值域为，则实数的取值范围为________ 【答案】 【解析】 【分析】根据余弦函数的单调性，结合特殊角的余弦值进行求解即可. 【详解】因为函数在上单调递减，在上单调递增， 而且，， 所以由函数的定义域为，值域为， 可得：，所以实数的取值范围为， 故答案为：. 10. 设表示不超过的最大整数，例如，.、、是平面上的三个单位向量，且，则的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】由条件确定三个向量的夹角的关系，再结合模长，代入向量模的计算公式，结合夹角的范围，即可求解. 【详解】由条件可知，不管是还是的范围都是， 因为，说明一个加数是0，一个加数是1， 不妨设，，则，， 所以， 因为，所以. 故答案为： 11. 空间给定不共面的A，B，C，D四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面：A，B，C，D中有三个点到的距离相同，另一个点到的距离是前三个点到的距离的2倍，这样的平面的个数是___________个 【答案】32 【解析】 【分析】按照四个点的位置不同分类讨论，即可求解 【详解】首先取3个点相等，不相等的那个点由4种取法； 然后分3分个点到平面的距离相等，有以下两种可能性： （1）全同侧，这样的平面有2个； （2）不同侧，必然2个点在一侧，另一个点在一侧， 1个点的取法有3种，并且平面过三角形两个点边上的中位线， 考虑不相等的点与单侧点是否同侧有两种可能，每种情况下都唯一确定一个平面， 故共有6个， 所有这两种情况共有8个，综上满足条件的这样的平面共有个， 故答案为：32 12. 如图所示，已知， 内有一点与的距离为1 km，，，垂足分别为A、B且． 当四边形的面积为最大值时，则____．(结果精确至0.01) 【答案】 【解析】 【分析】先设角表示相关长度，求出面积表达式，利用三角恒等变换及导数求最值及相应角度. 【详解】设，则，由题意知，则， 如图，连接. 在中，，则，； 在中，同理可得，； 故四边形的面积，， 求导得，令，可得， 由，则， 令，则，即， 解得或（舍去）， 由，故不妨设，且， 当，即， 当，即时， ，即，在单调递增； 故，即当时取到最大值. 由，可得， 则 . 此时. 故答案为：. 二、选择题 13. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由三角函数的取值结合充分非必要条件判断可得. 【详解】当时，一定等于零；反之当时，， 所以“”是“”的充分非必要条件. 故选：A. 14. 已知函数，则角所处象限为（ ） A. 第一象限或第二象限 B. 第一象限或第三象限 C. 第二象限或第四象限 D. 第二象限或第三象限 【答案】B 【解析】 【分析】结合对数的定义列出不等式组，根据正弦、余弦函数的性质求解即可. 【详解】由题意，，则， 所以，则， 则为偶数时，角在第一象限， 为奇数时，角在第三象限， 所以角所处象限为第一象限或第三象限. 故选：B. 15. 已知两条不重合的直线m、n，两个互不重合的平面α、β，给出下列命题： ①若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥β；②若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β； ③若m⊥α，n∥β，m⊥n，则α⊥β；④若m⊥α，n∥β，且m∥n，则α∥β． 其中正确命题的个数为（　　） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】①若α∥β，则由若m⊥α，n⊥β，推出m∥n与m⊥n矛盾，因此α与β不平行，所以一定相交，由α与β的法向量垂直，则可以得出α⊥β．②若α∩β＝l，也满足条件，③由条件也可能α∥β．④由条件也可能α与β相交． 【详解】①若α∥β，由m⊥α，得m⊥β，再由n⊥β，可得m∥n，这与m⊥n矛盾； 若α与β相交，由已知m⊥α，n⊥β，且m⊥n，可知α与β的法向量垂直，则可以得出α⊥β，因此①正确． ②若α∩β＝l，且m∥n∥l，则可满足m∥α，n∥β，故满足已知条件的α与β不一定平行，因此②不正确． ③若α∥β，又n∥β，m⊥α，于是m⊥n，也满足条件，故③不正确． ④若α⊥β，又m⊥α，n∥β，则可能有m∥n，故④不正确．综上可知只有①正确． 故选：B． 16. 已知，，…，，是平面内两两互不相等的非零向量，且满足（），且对任意的，当时，都有，则正整数的最大值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得到与在方向上的数量投影相同，再结合图象即可求解. 【详解】因为，所以与在方向上的数量投影相同. 将，，…，，平移到同一起点， 以所在直线为轴，同一起点为坐标原点建系， 因为，所以，，…，的终点在半径为1或2的圆上， 如图，作与轴垂直的直线，并左右平移，与两个圆最多是4个交点， 此时在上的数量投影为相同值的向量，最多有4个. 故选：B. 三、解答题 17. 如图，在长方体中，，，点为棱上一点． （1）试确定点P的位置，使得平面，并说明理由； （2）若，求异面直线与所成角的大小． 【答案】（1）为棱的中点，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）要证明线面平行，需通过证明线线平行推出线面平行即可，即证明. （2）异面直线与所成角是直线与所成角，然后根据线段长度求出该角即可. 【小问1详解】 点为的中点时使得平面，理由如下 令的交点为，连接. 则在中，. 因为平面，不在平面内， 所以平面. 【小问2详解】 连接，则. 所以异面直线与所成角是直线与所成角，即. 因为，所以. 所以在中，. 在中，. 所以所以. 所以异面直线与所成角的大小为. 18. 已知函数在处取得极值. （1）求实数的值； （2）若关于的方程在区间只有两解，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导并，由此解得 （2）研究函数在区间单调性，结合端点值，确定实数的取值范围即可. 【小问1详解】 由题意知：， 解得： 【小问2详解】 由（1）知，，， 当函数单调递增； 当函数单调递减； 所以当时，在区间只有两解， 故实数的取值范围为. 19. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，且，，，点E、F分别为棱、的中点． （1）若，线段中点为，且，求证：； （2）若，请作出四棱锥过点B、E、F三点的截面，并求出截面的周长． 【答案】（1）证明见解析 （2）作图见解析， 【解析】 【分析】（1）利用空间垂直关系的转化可得平面，故可证； （2）利用两条平行线确定一个平面，将截面找到，利用解三角形的知识求解各个边的边长，从而求出截面图形的周长. 【小问1详解】 因为，故， 又，，由直角梯形可得必定相交， 且平面，所以平面， 而平面，故. 由结合可得， 而平面，故平面， 而平面，故. 【小问2详解】 取线段的中点，连接， 因为，且，所以四边形为平行四边形， 所以，又分别为线段中点，所以， 所以，则梯形为四棱锥过点的截面， 则，，， 在中，，， 所以，则， 所以截面周长为. 20. 定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”（其中为坐标原点）． （1）设，写出函数的相伴向量； （2）已知的内角的对边分别为，记向量的相伴函数，若且，求最值； （3）已知为（2）中函数，，请问在的图象上是否存在一点，使得?若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）最大值为，无最小值 （3）存在点 【解析】 【分析】（1）根据两角差的正弦公式结合相伴向量的概念即可得结果； （2）首先根据相伴函数的概念求出，进而求出，通过正弦定理将表示成关于的三角函数，进而可得结果； （3）求出，设，由数量积为0列出关于的方程，结合三角函数性质即可得结果. 【小问1详解】 ， 所以函数的相伴向量． 【小问2详解】 由题知， 由，得． 又，即，所以． 又，由正弦定理，得，， 即． 因为，所以， 所以，即的取值范围为， 故有最大值，无最小值. 【小问3详解】 由（2）知， 所以， 设，因为，， 所以，， 又因为，所以， 所以， 即，所以． 因为，所以， 所以， 又因为， 所以当且仅当时，和同时等于， 所以在图像上存在点，使得． 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 21. 已知集合{（其中是虚数单位）}，定义：，. （1）计算的值； （2）记，若，且满足，求的最大值； （3）若，且满足，，记，求证：当时，函数必存在唯一的零点，且当时，. 【答案】（1）2 （2）4 （3）证明：由条件可知， 所以，设， 当时，和是单调递增函数， 则在上单调递增， 又，， 所以在上有唯一的零点，即在上有唯一的零点， 当时，是单调递增函数， 得，先增后减，且， 因此，即在上没有零点， 当时，是单调递增函数， 则，而， 因此，即在上没有零点， 综上，当时, 必存在唯一的零点， 当时，， 且得， 所以, 其中， 此时是单调递增函数，所以， 从而， 所以当时，. 【解析】 【分析】（1）结合所给定义计算即可得； （2）设出的实部与虚部，结合绝对值三角不等式放缩即可得解； （3）设，结合函数单调性与零点的存在性定理，分、与进行讨论即可证明函数必存在唯一的零点，并可得的范围，从而可结合模长定义计算得到结果. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 设， 由，得， 所以 ， 当，时等号成立，所以的最大值为4. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $