精品解析：辽宁省七校协作体2025-2026学年高二上学期期初考试数学试题

2025-2026学年度（上）七校协作体期初高二联考 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 命题校：丹东四中 一､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，只有一个选项符合要求. 1. 已知复数z满足，则z的共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 数据6，4，3，6，3，8，8，3，1，8，则关于这组数据下列说法错误的是（ ） A. 中位数为5 B. 方差为1.6 C. 平均数为5 D. 85%分位数为8 4. 若圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则该圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，，的角平分线交AC于点D，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，为图象与轴交点且满足为等边三角形，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 8. 在平行四边形中，．若，则（ ） A. B. C. D. 二､选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知向量，则下列结论正确的是（    ） A. B. 的单位向量为 C. 若，则实数的值为 D. 若与的夹角为锐角，则实数的取值范围是 10. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则有两解 B. 若，则△ABC为等腰三角形 C. 若为锐角三角形，则 D. 若的外接圆的圆心为O，且，，则向量在向量上的投影向量为 11. 如图，正方体中，是线段上的动点（不含两端点），则（ ） A. 直线与平面相交 B. 三棱锥的体积不变 C. 平面平面 D. 设直线与平面所成的角为，则取值范围为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 求值________． 13. 已知向量满足，且，则__________. 14. 如图，在平行四边形中，已知，，，现将沿折起，得到三棱锥，且，则三棱锥外接球的表面积为________． 四､解答题：本题共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. 已知的最小正周期为 （1）求的单调递减区间； （2）求在上的值域. 16. 如图，在直三棱柱中，，，点是的中点，求证： （1）平面； （2）若平面与平面的交线，求与平面所成的角. 17. 如图，在中，，在边上. （1）若，求的长； （2）若，求DC长. 18. 如图，三棱柱中，，，，，． （1）证明：． （2）求三棱柱的体积． （3）求二面角的平面角余弦值大小． 19. 已知a，b，c是的内角A，B，C的对边，且的面积. （1）记，，若. （i）求角C， （ii）求的值； （2）求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度（上）七校协作体期初高二联考 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 命题校：丹东四中 一､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，只有一个选项符合要求. 1. 已知复数z满足，则z的共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简复数，再由共轭复数的概念以及虚部概念求解. 【详解】由，则， 则，其虚部为. 故选：D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解指数不等式及对数函数定义域得出集合，再根据补集及并集计算求解. 【详解】集合，， 则. 故选：B. 3. 数据6，4，3，6，3，8，8，3，1，8，则关于这组数据下列说法错误的是（ ） A. 中位数为5 B. 方差为1.6 C. 平均数为5 D. 85%分位数为8 【答案】B 【解析】 【分析】将数据重写排列，然后分别按照中位数，方差，平均数，百分位数概念计算判断即可. 【详解】将数据从小到大排列为1，3，3，3，4，6，6，8，8，8， 中位数为，平均数为， 由，所以85%分位数为第9个数为8， 方差为， 所以ACD正确，B错误. 故选：B 4. 若圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则该圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由圆锥的侧面展开图扇形的弧长即圆锥底面圆的周长建立方程，求得底面圆半径，再由圆锥轴截面即可求出高. 【详解】设圆锥底面圆的半径为，依题意得，解得， 而圆锥的母线长，因此圆锥的高. 故选：A. 5. 在中，，，的角平分线交AC于点D，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用角平分线表示面积求出边长t,再应用三角形面积公式计算即可. 【详解】设, ， 所以, 所以 故选：D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，为图象与轴交点且满足为等边三角形，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出相邻两条对称轴方程，进而求出值. 【详解】观察图象得，正的高为，则，又，因此， 线段中垂线方程分别为，即是函数图象相邻两条对称轴， 则函数的最小正周期，所以. 故选：C 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化切为弦利用同角三角函数的平方关系化简得，然后根据角的范围判断，即可得解. 【详解】因为，所以， 所以，又，，则， 所以. 故选：A 8. 在平行四边形中，．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量对应线段的数量及位置关系，用表示出，求出参数，进而得结果. 【详解】， 所以，则. 故选：D 二､选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知向量，则下列结论正确的是（    ） A. B. 的单位向量为 C. 若，则实数的值为 D. 若与的夹角为锐角，则实数的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，利用向量的模的坐标公式计算即得；对于B，利用单位向量的定义计算可判断；对于C，利用向量共线的坐标表示列方程求解判断；对于D，利用两向量夹角为锐角的充要条件列方程组求解可判断. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，与共线的单位向量，故B错误； 对于C，因，则， ，由可得， 解得，故C正确； 对于D，因，则， 由与的夹角为锐角，可得：，解得且，故D错误. 故选：AC. 10. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则有两解 B. 若，则△ABC为等腰三角形 C. 若为锐角三角形，则 D. 若的外接圆的圆心为O，且，，则向量在向量上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，正弦定理解三角形判断解的个数；选项B，已知条件结合正弦定理化简得，可判断三角形形状；选项C，若为锐角三角形，有，可得；选项D，由已知判断的形状，利用投影向量的定义计算结果. 【详解】选项A，中，若，，， 则由正弦定理，可得， 又，所以或，此时有两解， 故A正确； 选项B，中，若，则由正弦定理可得， 所以，即， 又，所以或， 即或，为等腰三角形或直角三角形，故B错误； 选项C，若为锐角三角形，则，即， 因为在上为减函数，所以，故C正确； 选项D，中，，则O是BC的中点， 所以BC为圆O的直径， 则有，又，则为等边三角形， 有，，，， 则向量在向量上的投影向量为，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，正方体中，是线段上的动点（不含两端点），则（ ） A. 直线与平面相交 B. 三棱锥的体积不变 C. 平面平面 D. 设直线与平面所成的角为，则取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理证得平面平面，根据面面平行的性质即可判断A；根据三棱锥体积转化思想分析三棱锥的体积即可判断B；由面面垂直的判断定理证明平面平面即可判断C；利用线面夹角的定义确定的关系式，结合函数确定其取值范围. 【详解】对于A，如图连接 在正方体中，，所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 又平面，所以平面平面，因为平面，所以平面，故A不正确； 对于B，由A可知平面，又，所以点到平面的距离为定值， 在正方体中，可得为等边三角形，其面积为定值，故三棱锥的体积为定值， 所以三棱锥的体积也为定值，故B正确； 对于C，如图，连接 在正方体中，四边形为正方形，所以 又平面，平面，所以 因为平面，所以平面 因为平面，所以，同理可得 又平面，所以平面 因为平面，所以平面平面，故C正确； 对于D，如图过作交于，连接 因为平面，，所以平面， 则为直线与平面所成的角为，则 不妨设正方体棱长为，设，则 所以，则， 所以 因为，所以，则，故取值范围为，故D正确. 故选：BCD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 求值________． 【答案】 【解析】 【分析】利用诱导公式化简. 【详解】由诱导公式可知， 故答案为：. 13. 已知向量满足，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求出，再对进行平方计算即可. 【详解】由题设可得，， 故，， 即，解得：， 则， 即. 故答案为：. 14. 如图，在平行四边形中，已知，，，现将沿折起，得到三棱锥，且，则三棱锥外接球的表面积为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得三棱锥与直三棱柱的外接球相同，由正弦定理可得的外接圆半径，再由勾股定理即可得到外接球的半径，由球的表面积公式代入计算，即可得到结果. 【详解】 如图，过作，且，过作，且， 连接，，，根据题意可知，， 因为，，， 所以，， 所以，，，所以， 是平面内的两条相交直线，所以平面， 所以三棱柱为直三棱柱． 则三棱锥与直三棱柱的外接球相同． 在中，，，∴． 在中，，， ，所以． 设的外接圆半径为，由正弦定理得， 故的外接圆半径， 设三棱柱的外接球半径为，由勾股定理， 则三棱锥外接球的表面积． 故答案为： 四､解答题：本题共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. 已知的最小正周期为 （1）求的单调递减区间； （2）求在上的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式以及辅助角公式化简可得，由周期求出，利用整体代换法求其递减区间； （2）利用整体代换并结合正弦函数性质求解值域即可. 【小问1详解】 ， 因为的最小正周期为，所以，即， 所以， 令，解得， 所以函数单调递减区间为； 【小问2详解】 设，因为，所以， 所以，所以的值域为· 16. 如图，在直三棱柱中，，，点是的中点，求证： （1）平面； （2）若平面与平面的交线，求与平面所成的角. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接 ，交于点，即证，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）延长交于，连接，则面，面，又面，面，即证 ，得为与平面所成的角，即可求. 【小问1详解】 连接 ，交于点， 可知四边形是平行四边形，可得为 中点， 又是的中点，则，又平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 延长交于，连接，则平面，平面， 又平面，平面， 则直线即为直线．由，且，则， 又且，所以且， 则四边形为平行四边形，故， 所以与平面所成的角与与平面所成的角相等， 因为，又平面，平面， 故，又，平面， 所以平面， 故为与平面所成的角． 因为，所以． 即与平面所成的角为． 17. 如图，在中，，在边上. （1）若，求的长； （2）若，求DC长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用余弦定理解三角形即可； （2）先应用两角和的正弦值，再应用正弦定理求解即得. 【小问1详解】 在中，由余弦定理· ， 在中，由余弦定理 · 【小问2详解】 由（1）知， ，， ，· ， 在由正弦定理得 解得· 18. 如图，三棱柱中，，，，，． （1）证明：． （2）求三棱柱的体积． （3）求二面角的平面角余弦值大小． 【答案】（1） 取中点，连结，，， ，， 是正三角形，． ，， ，平面平面， ∴平面． 又平面，； （2）3 （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，连结，，，则可得为正三角形，而，再结合等腰三角形的性质可证得平面，从而可证得结论； （2）利用勾股定理的逆定理可得，则平面，从而可求得其体积； （3）过作于点，连接，可得即为二面角的平面角，在中可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题设知与都是边长为2的等边三角形，所以． 又，则，故． 因为， 所以平面，即为三棱柱的高， 又的面积， 故三棱柱的体积． 【小问3详解】 过作于点，连接， 因为，，，平面， 所以平面，所以， 又，，平面， 所以平面， 因为平面， 故，． 则即为二面角的平面角． 在中：，， 所以， 所以． 19. 已知a，b，c是的内角A，B，C的对边，且的面积. （1）记，，若. （i）求角C， （ii）求的值； （2）求的取值范围. 【答案】（1）；或.（2） 【解析】 【分析】（1）（i）由，利用向量共线的坐标运算可得，再利用正弦定理边化角得，借助 ，即可求得角C （ii）由，得，由余弦定理得： ，两边同除以可得，，解方程即可求解. （2）由，得，由余弦定理得： ，两边同除以可得，，分离取值范围已知的量： 由，则，即，解不等式即可得到答案. 【详解】（1）（i），，， ，即 利用正弦定理得：， 即，化简得 又，， 又， （ii）由，得，即，化简得 由余弦定理得：， 即，两边同除以可得， 令，得，解得 所以的值为或 （2）由，得，即 由余弦定理得：， 即，两边同除以可得， 令，得， 即 由，则，即， 解不等式得： 所以的取值范围为： 【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用： （1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”； （2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”； （3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”； （4）代数变形或者三角恒等变换前置； （5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用； （6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $