精品解析：广西南宁市第二中学2025-2026学年高二下学期开学考试数学试题

南宁二中2025—2026学年度下学期高二开学考试 数学 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. 已知函数在点处的切线方程为，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线（，）的离心率为3，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆与圆交于、两点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 6. 美加墨足球世界杯将于2026年6月至7月在美国、加拿大、墨西哥的16座城市举行，将是首次有48支球队参赛的世界杯.现在要从A，B，C，D，E五名志愿者中选派四人分别从事宣传、后勤、礼仪、服务四项不同工作，若A，B只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 60种 D. 120种 7. 设 ，是向量，则“”是“或”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 8. 已知，则的大小关系是（ ） 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. 已知一组样本数据为7，1，3，4，5，1，5，6，则下列说法中正确的是（ ） A. 这组数据的极差是5 B. 这组数据的中位数是4.5 C. 这组数据的第80百分位数是5.5 D. 这组数据的方差是4.25 10. 已知为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，点在上，，且为上一个动点，则（ ） A. B. 的长轴长为4 C. 的最小值为 D. 的最大值是 11. 已知函数，将的图象上所有点向左平移个单位，然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，得到函数的图象.若为偶函数，且最小正周期为，则（ ） A. 图象关于点对称 B. 图象在上单调递增 C. 在上有且仅有3个解 D. 在上有且仅有3个极大值点 四、解答题：本题共5小题，共15分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 12. 已知等差数列中，，，则___________. 13. 若复数满足，则的最大值为______． 14. 如图，在棱长为2的正方体中，点是中点，动点在底面内（不包括边界），使四面体体积为，则的最小值是___________． 三、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知数列，若，点、在斜率是的直线上. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 16. 记的内角，，所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若是的中线，且，的面积为，求的周长． 17. 如图，在三棱柱中，，四边形为菱形，，. （1）证明：. （2）已知平面平面，求二面角的正弦值. 18. 已知抛物线的焦点和椭圆的右焦点重合，直线过点交抛物线于，两点． （1）若直线的倾斜角为，求的长； （2）若直线交轴于点，且，，试求的值． 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）设的导函数为，若有两个不相同的零点． ① 求实数的取值范围； ② 证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南宁二中2025—2026学年度下学期高二开学考试 数学 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】C 【解析】 【分析】在数轴上分别标出集合，所表示的范围，由交集的运算法则即可求解. 【详解】在数轴上分别标出集合，所表示的范围，如图所示， 由图可知，． 故选：C. 2. 已知函数在点处的切线方程为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求解即可. 【详解】因为函数在点处的切线方程为， 所以，且，所以， 所以． 故选：A. 3. 已知双曲线（，）的离心率为3，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用双曲线的离心率公式、渐近线方程和的关系求解即可. 【详解】双曲线的渐近线方程为， 因为双曲线的离心率为3，即，所以， 所以，所以， 所以双曲线的渐近线方程为， 故选：A 4. 已知圆与圆交于、两点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】两圆方程作差得到公共弦所在直线方程，再利用垂径定理及勾股定理计算可得. 【详解】圆，即的圆心，半径； 圆，即圆心，半径， 而，，则两圆相交，其公共弦所在方程为， 点到的距离， 所以. 故选：A 5. 已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，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】根据空间中直线与平面，平面与平面的位置关系逐项判断即可. 【详解】对于A，由，，，得或与相交，故A错误； 对于B，若，则与可能是异面直线、也可能是相交直线，也可能是平行直线，所以B错误； 对于C，若，，由线面垂直的性质定理知，所以C正确； 对于D，若，，则与可能相交，也可能平行，所以D错误. 故选：C. 6. 美加墨足球世界杯将于2026年6月至7月在美国、加拿大、墨西哥的16座城市举行，将是首次有48支球队参赛的世界杯.现在要从A，B，C，D，E五名志愿者中选派四人分别从事宣传、后勤、礼仪、服务四项不同工作，若A，B只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 60种 D. 120种 【答案】B 【解析】 【分析】根据两人被选中的情况进行分类讨论，再结合排列组合的知识求解即可. 【详解】根据题意可分为两种情况：两人都被选中和两人中只有一人被选中. ①当两人都被选中时，不同的选派方案有种； ②当两人中只有一人被选中时，不同的选派方案有种. 所以不同的选派方案有种. 故选：. 7. 设 ，是向量，则“”是“或”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】B 【解析】 【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】因为，可得，即， 可知等价于， 若或，可得，即，可知必要性成立； 若，即，无法得出或， 例如，满足，但且，可知充分性不成立； 综上所述，“”是“或”的必要不充分条件. 故选：B. 8. 已知，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，利用导数判断在上的单调性，即可得的大小关系. 【详解】令，可得， 当时，恒成立， 所以上单调递减， 所以， 即，可得，， 所以，， 所以，， 即，. 所以. 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. 已知一组样本数据为7，1，3，4，5，1，5，6，则下列说法中正确的是（ ） A. 这组数据的极差是5 B. 这组数据的中位数是4.5 C. 这组数据的第80百分位数是5.5 D. 这组数据的方差是4.25 【答案】BD 【解析】 【分析】把数据从小到大排序，结合极差、中位数，百分位数，以及平均数和方差的计算公式，逐项计算求解，即可得到答案. 【详解】根据题意，把数据从小到大排序，可得，共有8个数， 对于A，这组样本数据的极差为，所以A错误 对于B，根据数据中位数的定义，可得样本数据的中位数为，所以B正确； 对于C，由，所以样本数据的第80百分位数为数据的第7个数， 即第80百分位数为，所以C错误； 对于D，由平均数的计算公式，可得， 所以方差为： ，所以D正确. 故选：BD. 10. 已知为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，点在上，，且为上一个动点，则（ ） A. B. 的长轴长为4 C. 的最小值为 D. 的最大值是 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据数量积的坐标运算求得，然后由求得判断A，将点B的坐标代入椭圆方程，结合列式求解判断B，根据焦半径的性质判断C，结合椭圆的定义利用三点共线最短求解判断D. 【详解】设，因为，所以， 因为，所以，解得，A正确． 因为点在上，所以解得则的长轴长为，B正确． 的最小值为，C错误． 因为， 当且仅当共线时等号成立，所以的最大值为，D正确． 故选：ABD 11. 已知函数，将的图象上所有点向左平移个单位，然后纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，得到函数的图象.若为偶函数，且最小正周期为，则（ ） A. 图象关于点对称 B. 图象在上单调递增 C. 在上有且仅有3个解 D. 在上有且仅有3个极大值点 【答案】ACD 【解析】 分析】依题意得出，，然后逐一验证即可作出判断. 【详解】依题意，易得， 因为的最小正周期为，所以， 则，又为偶函数，所以， 又，令，可得. 所以，. 对于A：因为，所以的图象关于点对称，故A正确； 对于B：当时，，因为在上不单调，所以在不单调，故B错； 对于C：， 当时，， 所以，或，或，从而，或，或. 故C正确； 对于D：当时，， 所以当，或，或，有最大值即极大值， 从而，有三个极大值点：，或，或. 故D正确 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于确定出，. 四、解答题：本题共5小题，共15分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 12. 已知等差数列中，，，则___________. 【答案】99 【解析】 【分析】利用等差中项的性质可得，a15、a25、a35成等差数列，从而可求得a35的值． 【详解】解：∵等差数列{an}中，a15、a25、a35成等差数列， ∴2a25＝a15+a35，又a15＝33，a25＝66， ∴2×66＝33+a35， 解得：a35＝99， 故答案为99． 【点睛】本题考查等差数列的性质，熟练应用等差中项的性质是解决问题的关键，属于中档题． 13. 若复数满足，则的最大值为______． 【答案】2 【解析】 【分析】设复数，由已知得，进而可得，最后由即可求解. 【详解】设复数， 因为， 所以，即， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以， 所以时，最大为. 故答案为：2. 14. 如图，在棱长为2的正方体中，点是中点，动点在底面内（不包括边界），使四面体体积为，则的最小值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得到的距离，再利用勾股定理知要使取得最小值，则需取得最小值，此时利用点到直线的距离可得解. 【详解】由已知得四面体体积 所以设到的距离为，则 解得所以在底面内（不包括边界）与平行且距离为的线段 上， 要使的最小，则此时是过作的垂线的垂足. 点到的距离为所以 此时 故答案为. 【点睛】本题考查立体几何的动点最值问题，将空间立体问题转化为平面问题是解题的关键，属于难度题. 三、解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知数列，若，点、在斜率是的直线上. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）斜率公式结合等差数列的定义推导出数列是等差数列，确定该数列的首项和公差，即可求出数列的通项公式； （2）计算得出，利用裂项相消法可求得. 【小问1详解】 由点、在斜率是的直线上得：， 即，所以数列是首项为，公差为的等差数列， 所以. 【小问2详解】 由（1）知：， 所以. 16. 记的内角，，所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若是的中线，且，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理、三角形内角和定理及三角恒等变换求角； （2）由三角形的面积公式得的值，再由向量的线性运算及向量的模求的值，最后由余弦定理求的值. 【小问1详解】 ∵， ∴由正弦定理得， ∴， ∴， ∵， ∴.即， ∵，∴. ∴，即. 【小问2详解】 ∵由题意得， ∴. ∵是的中线， ∴， ∴， ∴，， 由余弦定理得， ∴ ∴周长为. 17. 如图，在三棱柱中，，四边形为菱形，，. （1）证明：. （2）已知平面平面，求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明如下： 设为的中点，连接，，，， 因为，所以， 因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，则， 又平面，平面，，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面，平面， ，所以平面， 因为平面，所以，所以四边形为菱形，即. （2）. 【解析】 【分析】（1）通过线面、面面的位置关系证平行四边形为菱形即可； （2）先证平面，根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，且平面平面，，平面， 所以平面； 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，设. 则，，，，， 可得，，. 设平面的法向量为，则 令，则，，可得. 设平面的法向量为，则 令，则，，可得. ，故二面角的正弦值为. 18. 已知抛物线的焦点和椭圆的右焦点重合，直线过点交抛物线于，两点． （1）若直线的倾斜角为，求的长； （2）若直线交轴于点，且，，试求的值． 【答案】（1）8；（2）． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆和抛物线的定义即可求出的值，求出直线的方程，联立方程组，得到，根据焦点弦定理即可求出． （2）设直线，与轴交于，设直线交抛物线于，，与抛物线联立，消元利用韦达定理，结合且，，运用向量的坐标表示，可得，，由此可得结论． 【详解】解：（1）据已知得椭圆的右焦点为，∴， 故抛物线的方程为， ∵直线的倾斜角为，∴， 于是得到，即， 设，， ∴，∴． （2）根据题意知斜率必存在，于是设方程为，点坐标为， ∵，为与抛物线的交点，， 得到， ∵，∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】此题考查直线与抛物线的位置关系，考查椭圆的性质，考查向量的坐标运算，考查计算能力，属于中档题 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）设的导函数为，若有两个不相同的零点． ① 求实数的取值范围； ② 证明：． 【答案】（1）见解析（2）①，②见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可； （2）①通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，结合函数的零点个数确定a的范围即可； ②问题转化为证，即证，设函数，根据函数的单调性证明即可． 【详解】（1）的定义域为，且． 当时，成立，所以在为增函数； 当时， （i）当时，，所以在上为增函数； （ii）当时，，所以在上为减函数． （2）①由（1）知，当时，至多一个零点，不合题意； 当时，的最小值为， 依题意知 ，解得． 一方面，由于，，在为增函数，且函数的图 象在上不间断． 所以在上有唯一的一个零点． 另一方面， 因为，所以． ，令， 当时，， 所以 又，在为减函数，且函数的图象在上不间断． 所以在有唯一的一个零点． 综上，实数的取值范围是． ②设． 又则． 下面证明． 不妨设，由①知． 要证，即证． 因为，在上为减函数， 所以只要证． 又，即证． 设函数． 所以，所以在为增函数. 所以，所以成立． 从而成立. 所以，即成立. 【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $