精品解析：云南省怒江傈僳族自治州兰坪白族普米族自治县第一中学2025-2026学年高二下学期开学考试数学试题

兰坪县第一中学2027届高二下学期开学考试 数学试卷 命题人：段胜金 审题人：施美珠 （全卷四个大题，共19个小题，共4页；满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2．每小题选出答案后，使用2B铅笔在答题卡上将对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.非选择题要书写工整、字迹清楚，不超出边界，在试题卷上作答无效. 3．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 第I卷（选择题） 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】根据题意，利用集合交集的概念与运算，即可求解. 【详解】由集合，，根据集合交集的运算，可得. 故选：D. 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】复数对应的点为即可求解. 【详解】因为，所以对应的点的坐标为， 故选：D 3. 函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由对数函数的定义域与含分式的函数定义域，构成不等式组求解即可. 【详解】因为，所以定义域满足， 解得， 故选：A. 4. 已知，则的值为（ ） A. B. 5 C. 3 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】根据切弦互化直接得出结果. 【详解】因为， 所以. 故选：D 5. 已知数列的前项和为，，，则 A. 511 B. 512 C. 1023 D. 1024 【答案】B 【解析】 【详解】∵，∴，∴是以1为首项，公比为2的等比数列． ， 故选B 6. 阿基米德不仅是著名的物理学家，也是著名的数学家，他最早利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆的对称轴为坐标轴，焦点在轴上，且椭圆C的离心率为，面积为，则椭圆C的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意设出椭圆的标准方程，列出方程组，，进而可解答. 【详解】根据题意设椭圆标准方程为. 则，解得： ，， 所以椭圆C的标准方程为. 故选：C. 7. 在三棱锥中，，，，则点P到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式求解即可. 【详解】因，，， 设平面法向量为， 则，故可取， 所以点P到平面的距离为； 故选：C 8. 已知圆上到直线的距离等于1的点恰有两个，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先判断圆心到直线的距离，利用距离公式列不等式即解得参数的取值范围. 【详解】圆的圆心是，半径， 而圆上恰有两个点到直线的距离等于1， 所以圆心到直线的距离，满足， 即，解得或. 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，是两条不同的直线，，是两个不同的平面．且，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】由线面平行和垂直的性质，以及面面平行的性质，可判断；由线面平行和垂直的性质，以及面面的位置关系，可判断；由线面平行和垂直的性质，以及面面垂直的判定定理，可判断；由面面垂直的性质和线面的位置关系，可判断． 【详解】解：对于，由，，可得， 由，可得过的平面与的交线与平行，由，则，故正确； 对于，若，，，可能，故错误； 对于，若，，可得，由，可得过的平面与的交线与平行，则，由，可得，故正确； 对于，若，，则或，故错误． 故选：． 10. 数列的前项和，则（     ） A. B. C. 当或6时，数列有最小项 D. 是等差数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据作差求出的通项，即可判断A、B，根据二次函数的性质判断C，根据等差数列的定义判断D. 【详解】对于A：因为，当时，故A正确； 对于B：当时， 所以， 经检验时也成立，所以，故B正确； 对于C：因为，所以当或时取得最大值，且，即数列有最大项，故C错误； 对于D：因为，则，又， 所以是首项为，公差为的等差数列，故D正确. 故选：ABD 11. 已知直线，下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 点到直线的最大距离为 C. 直线一定经过第四象限 D. 当时，直线关于直线的对称直线为 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出直线恒过的定点可判断A；当时，点到直线的距离最大，求出最大距离可判断B；直线不一定经过第四象限可判断C；先求出直线与直线的交点，再求出直线上一点关于直线的对称点，由两点式即可求出，可判断D. 【详解】对于A，，令，可得：， 所以直线过定点，故A正确； 对于B，直线过定点，当时，点到直线的距离最大， 且最大距离为，故B正确； 对于C，直线过定点，不一定经过第四象限，故C错误； 对于D，当时，直线， 设直线关于直线的对称直线为， 一定经过直线和直线的交点，设为， 由可得：，所以， 在直线上任取一点关于直线的对称点一定在上， 所以，解得：， 所以，在直线上， 所以，化简可得：，故D正确. 故选：ACD. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，且，则的最小值是_________． 【答案】12 【解析】 【分析】根据基本不等式求解即可. 【详解】因为，且， 所以. 故答案为：. 13. 已知，，，若，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出，再根据可得，利用空间向量垂直的坐标运算列式可求的值. 【详解】因为，，所以， 由得，又， 所以，解得. 故答案为： 14. 已知直线，若，则___________ 【答案】 【解析】 【分析】由一般式得到两直线斜率，再由两直线平行，斜率相等求解即可； 【详解】当时，，，两直线不平行， 当时，两直线平行斜率相等， ，则 ，则， 又，则两直线斜率相等，即， 化简计算得：，解得：或， 又时，，，两直线重合， 故. 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. （1）求的最小正周期及单调增区间； （2）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，△ABC的外接圆半径为2，求△ABC面积的最大值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦函数的最小正周期公式可求出的最小正周期，令，，解不等式即可得出答案. （2）由可求出，由正弦定理求出，再由余弦定理、三角形的面积公式和基本不等式即可得出答案. 小问1详解】 的最小正周期为， 由，， 解得，， 所以函数的单调递增区间为（）. 【小问2详解】 由，得， ∵，∴， ∴＝，解得. 又△ABC的外接圆半径为2，则， 由余弦定理，得，即， 即，， 当且仅当，等号成立， 所以△ABC面积， 故△ABC面积的最大值为. 16. 已知圆经过点和，且圆心在直线：上. （1）求圆的标准方程； （2）若过点作圆的切线，求该切线方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）先设圆的标准方程，再代入点的坐标及圆心在直线上即可求参； （2）设直线方程，利用直线与圆的位置关系计算即可求解. 【小问1详解】 设圆的标准方程为， 因为圆经过和点，且圆心在直线上， 所以 ，解得： ， 所以圆的标准方程为. 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，，此时圆心到直线的距离为5，等于半径，故满足题意； 当直线的斜率存在时，设，即， 则点到直线的距离为圆的半径， 即，解得，此时. 综上，直线l的方程为或. 17. 已知公差不为零正项等差数列的前n项和为，，，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）令，求的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的前n项和公式以及等比中项的性质，利用基本量法即可求出，从而得出通项公式； （2）利用第（1）小问求出，再由错位相减法进行数列求和即可得出结论. 【小问1详解】 依题意，设等差数列的公差为，， 因为，所以， 因为，，成等比数列，所以，即， 联立，解得或（舍去）， 所以. 【小问2详解】 由（1）得， 所以， 所以， 两式相减得，， 所以， 所以. 18. 如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，底面ABCD. （1）证明：； （2）若，求二面角的余弦值； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理和性质定理求解即可； （2）以为坐标原点，为轴建立坐标系，利用空间向量法求解即可. （3）借助空间中点到平面距离公式计算即可得. 【小问1详解】 因为，， 则，即， 所以在中，所以， 因为底面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面，又因为平面，所以； 【小问2详解】 因为底面，平面，所以， 结合（1）可知两两垂直， 以为坐标原点，为轴建立如图所示空间直角坐标系， 所以，，，， 所以，，， 设平面的法向量， 则，取，则， 设平面的法向量， 则，取，则， 所以， 由图可知该二面角为钝角，故二面角的余弦值为； 【小问3详解】 由（2）知平面的法向量为，， 所以点到平面的距离. 19. 已知椭圆的离心率，左、右焦点分别为，且焦距为2． （1）求椭圆的标准方程； （2）设不与坐标轴垂直的直线与交于两点，线段的中点为，为坐标原点． （i）设直线与斜率分别为，求证：为定值； （ii）若直线的方向向量为，求点的坐标. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）或. 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（i）利用点差法可得； （ii）根据方向向量求出直线斜率，再联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理求出弦长，即可求出. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率，所以，即． 因为，所以，所以， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）设，则， 可得， 因为点在椭圆上，则，两式相减得， 整理可得，即，所以为定值； （ii）若直线的方向向量为，可得， 设直线，联立方程，消去可得， 则，解得，即， 可得， 则， 解得，满足，符合题意， 若，则直线， 可得，即点的坐标为； 若，则直线， 可得，即点的坐标为； 综上所述：点的坐标为或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兰坪县第一中学2027届高二下学期开学考试 数学试卷 命题人：段胜金 审题人：施美珠 （全卷四个大题，共19个小题，共4页；满分150分，考试用时120分钟） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2．每小题选出答案后，使用2B铅笔在答题卡上将对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.非选择题要书写工整、字迹清楚，不超出边界，在试题卷上作答无效. 3．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 第I卷（选择题） 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则的值为（ ） A. B. 5 C. 3 D. 7 5. 已知数列的前项和为，，，则 A. 511 B. 512 C. 1023 D. 1024 6. 阿基米德不仅是著名物理学家，也是著名的数学家，他最早利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆的对称轴为坐标轴，焦点在轴上，且椭圆C的离心率为，面积为，则椭圆C的标准方程为（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，，，，则点P到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆上到直线的距离等于1的点恰有两个，则实数的取值范围是（ ） 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. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面．且，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 数列的前项和，则（     ） A. B. C. 当或6时，数列有最小项 D. 是等差数列 11. 已知直线，下列说法正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 点到直线的最大距离为 C. 直线一定经过第四象限 D. 当时，直线关于直线的对称直线为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，且，则最小值是_________． 13. 已知，，，若，则的值为______. 14. 已知直线，若，则___________ 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. （1）求的最小正周期及单调增区间； （2）在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，△ABC的外接圆半径为2，求△ABC面积的最大值. 16. 已知圆经过点和，且圆心在直线：上. （1）求圆的标准方程； （2）若过点作圆的切线，求该切线方程. 17. 已知公差不为零的正项等差数列的前n项和为，，，，成等比数列. （1）求数列通项公式； （2）令，求的前项和. 18. 如图，四棱锥中，底面ABCD平行四边形，，，底面ABCD. （1）证明：； （2）若，求二面角的余弦值； （3）在（2）的条件下，求点到平面的距离. 19. 已知椭圆的离心率，左、右焦点分别为，且焦距为2． （1）求椭圆的标准方程； （2）设不与坐标轴垂直的直线与交于两点，线段的中点为，为坐标原点． （i）设直线与的斜率分别为，求证：为定值； （ii）若直线的方向向量为，求点的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $