精品解析：甘肃省平凉市第一中学2025-2026学年第二学期高二开学检测数学试题

平凉一中2027届高二级第二学期开学检测考试 数 学 试 题 命题教师：宋晓春 审核教师：柳曦 一、单选题 1. 如图，全集，则图中阴影部分所表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足（i为虚数单位），则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 3. 我国古代的数学名著《数书九章》中记载了“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得粒内夹谷粒，则这批米内夹谷的石数约为（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. 3 D. 5. 若函数的定义域是，则函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在三棱锥中，平面，是边长为2的正三角形，且，是的中点，则直线与所成角的余弦值是（ ） A B. C. D. 7. 函数，若是上的单调递减函数，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示，椭圆的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为，以为直径的圆与椭圆在第二象限交于且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 对于抛物线，下列描述正确的是（ ） A. 开口向右 B. 对称轴为轴 C. 焦点为 D. 准线方程为 10. 用数字组成无重复数字的四位数，则（    ） A. 可组成个四位数 B. 可组成个是倍数的四位数 C. 可组成各位数字之和为偶数四位数有个 D. 若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第个数为 11. 设O为坐标原点，直线过抛物线C：的焦点，且与抛物线C交于M，N两点，l为抛物线C的准线，则（   ） A. B. C. 为等腰三角形 D. 以MN为直径的圆与l相切 三、填空题 12. 在7和21中插入3个数，使这5个数成等差数列，则最中间的一个数为________． 13. 某高中的三个年级共有学生1000人，其中高一300人，高二340人，高三360人，该校现在要了解学生对校本课程的看法，准备从全校学生中抽取50人进行访谈，若采取分层抽样，且按年级来分层，则高一年级应抽取的人数是________． 14. 已知某种益智玩具如图所示，它由两个同底的正四棱锥拼接而成，若上面的正四棱锥的侧棱长为，底面边长为2，下面的正四棱锥的侧棱长为，则其内切球的表面积为__________. 四、解答题 15. 内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求C； （2）若，的面积为，求的周长． 16. 已知等比数列的各项均为正数，满足：，且是与的等差中项. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面，M是PD的中点． （1）求证：平面PCD； （2）求侧面PBC与底面夹角的正切值． 18. 已知椭圆：（）长轴长为4，过左焦点作直线交椭圆于，两点，的最小值为1． （1）求椭圆的方程； （2）若面积为1，求直线的斜率． 19. 已知函数，具有以下性质：①定义域均为，且在上单调递增；②其中一个是奇函数，另外一个是偶函数；③． （1）求函数与的解析式； （2）设函数，求解下列问题： ①的值；②在上的最小值； （3）试探究：是否存在正实数使得函数在区间上的值域为，若存在，求的取值范围，并证明此时；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 平凉一中2027届高二级第二学期开学检测考试 数 学 试 题 命题教师：宋晓春 审核教师：柳曦 一、单选题 1. 如图，全集，则图中阴影部分所表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】图中阴影部分表示，再根据交集和补集的定义计算即可得出答案. 【详解】全集， 可得，又图中阴影部分表示， 故选：C． 2. 已知复数满足（i为虚数单位），则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再判断即可. 【详解】因为，所以，则. 故选：B 3. 我国古代的数学名著《数书九章》中记载了“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得粒内夹谷粒，则这批米内夹谷的石数约为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据样本估计总体，可求得这批米内夹谷的石数. 【详解】因为粒内夹谷粒， 所以估计这批米内夹谷概率为， 设这批米内夹谷的石数为，则， 即这批米内夹谷的石数约为石. 故选：C. 4. 若，则（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用弦化切的方法得，代入即可得解. 【详解】. 故选：C. 5. 若函数的定义域是，则函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得出关于的不等式组，由此可解得函数的定义域. 【详解】由题可得：,解得：， 所以函数的定义域是, 故选：B 6. 如图，在三棱锥中，平面，是边长为2的正三角形，且，是的中点，则直线与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过几何法找到异面直线所成角的平面角，结合余弦定理可以求出. 【详解】设F为的中点，连接，如图， 因为平面，平面， 所以，， 所以， ， 因为F是BC的中点，E是MC的中点， 所以，，， 则异面直线与所成角为或其补角， 而在正三角形中，， 所以在中，由余弦定理可知. 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C 7. 函数，若是上的单调递减函数，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数在各段单调递减且断点左侧函数值不小于右侧函数值得到不等式组，解得即可. 【详解】因为且是上的单调递减函数， 所以，解得， 所以实数a的取值范围为． 故选：B. 8. 如图所示，椭圆的左、右顶点分别为，左、右焦点分别为，以为直径的圆与椭圆在第二象限交于且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量的线性运算结合椭圆的性质可得，再由离心率的定义计算可得. 【详解】因为， 则， 即，可得， 所以椭圆的离心率. 故选：A. 二、多选题 9. 对于抛物线，下列描述正确的是（ ） A. 开口向右 B. 对称轴为轴 C. 焦点为 D. 准线方程为 【答案】BD 【解析】 【分析】把抛物线的方程化为标准方程，结合性质可得答案. 【详解】由抛物线方程可知，其为开口向上的抛物线，故A错误； 对称轴为轴，故B正确； 由得，则焦点坐标为，故C错误； 准线方程为，故D正确. 故选：BD 10. 用数字组成无重复数字的四位数，则（    ） A. 可组成个四位数 B. 可组成个是的倍数的四位数 C. 可组成各位数字之和为偶数的四位数有个 D. 若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第个数为 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合千位数字不能为，利用分步乘法计数原理列出式子可判断选项A；根据的倍数的数字特点分类讨论可判断选项B；先把各位数字之和为偶数的数字组合列举出来，再根据计数原理列出式子可判断选项C；对四位数的千位和百位进行讨论可判断选项D. 【详解】对于选项A：先安排千位上的数字，有种；再安排百位、十位和个位上的数字，有种； 根据分步乘法计数原理可得，共组成个四位数，故选项A错误； 对于选项B：因为的倍数的四位数个位上为或， 所以分为两类：当个位是时，有种；当个位上时，有种， ∴共有种，故选项B正确； C选项，先把各位数字之和为偶数的数字组合列举出来，有，，，，，，，，； 再将每个组合中的四个数字排列组成一个四位数共种，故选项C正确； 对于选项D选：因为千位为的四位数有个； 千位为，百位为的四位数有个； 千位为，百位为四位数有个； 共； 而千位为，百位为的四位数从小到大排列有：，，， 所以第个数为，故选项D正确. 故选：BCD. 11. 设O为坐标原点，直线过抛物线C：的焦点，且与抛物线C交于M，N两点，l为抛物线C的准线，则（   ） A. B. C. 为等腰三角形 D. 以MN为直径的圆与l相切 【答案】AD 【解析】 【分析】由题意作图，根据抛物线焦点的概念，结合直线方程，求得参数；联立方程，求得直线与抛物线交点坐标，从而求得弦长；根据两点距离公式，求得三角形三边；由中点坐标公式，结合圆切线的判定，可得答案. 【详解】由题意，取的中点，作图如下： 由直线，令，则可得，即抛物线的焦点， 所以，解得，故A正确； 联立可得，消去可得，解得或， 当时，由，可得，当时，由，可得， 即，，所以，故B错误； 由，，则C错误； 由图可得，易知点到准线的距离，圆的半径，故D正确. 故选：AD. 三、填空题 12. 在7和21中插入3个数，使这5个数成等差数列，则最中间的一个数为________． 【答案】14 【解析】 【详解】设所求三个数依次为，则成等差数列， 因此，解得， 所以这3个数为，所以最中间的一个数为． 13. 某高中的三个年级共有学生1000人，其中高一300人，高二340人，高三360人，该校现在要了解学生对校本课程的看法，准备从全校学生中抽取50人进行访谈，若采取分层抽样，且按年级来分层，则高一年级应抽取的人数是________． 【答案】 【解析】 【分析】确定抽样比，即可求解； 【详解】由题意可知抽样比为：， 所以高一年级应抽取的人数是， 故答案为： 14. 已知某种益智玩具如图所示，它由两个同底的正四棱锥拼接而成，若上面的正四棱锥的侧棱长为，底面边长为2，下面的正四棱锥的侧棱长为，则其内切球的表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据组合体的结构特征，利用等体积法求解内切球半径，再根据球的表面积公式即可求解. 【详解】 设上面正四棱锥为，底面是边长为2的正方形，中心为，侧棱长， ，， 在中，根据勾股定理得， ， 正四棱锥的侧面积为； 设下面正四棱锥为，底面是边长为2的正方形，中心为，侧棱长， 在中，根据勾股定理得， ， 正四棱锥的侧面积为； 组合体的体积为， 组合体的表面积为. 设组合体的内切球半径为，利用可得，， ， 组合体内切球的表面积为. 故答案为：. 四、解答题 15. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求C； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理进行边化角，利用两角和的正弦公式结合三角形内角和定理得解； （2）利用三角形的面积公式和余弦定理求解. 小问1详解】 由已知及正弦定理得， 即． 故，又，所以， 所以，所以． 【小问2详解】 由已知，又，所以， 由已知及余弦定理得， 故，所以， 所以的周长为， 16. 已知等比数列的各项均为正数，满足：，且是与的等差中项. （1）求数列的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的通项公式，结合等差中项公式可得答案； （2）先求解的通项公式，利用裂项相消法可求答案. 【小问1详解】 因为是与的等差中项，所以，即， 设的公比为，则，即，解得或（舍）， 因为，所以，即，解得， 所以. 【小问2详解】 . ， . 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面，M是PD的中点． （1）求证：平面PCD； （2）求侧面PBC与底面夹角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据四棱锥的几何性质，利用面面垂直的性质可得平面，再由线面垂直的判定定理即可证明平面； （2）取的中点分别为，利用二面角的定义可证明是侧面与底面的夹角的平面角，再由边长关系计算即可得出结果. 【小问1详解】 在正方形中，易知， 又侧面底面，侧面底面，平面ABCD， 所以平面， 又平面，所以， 又是正三角形，是的中点，可得， 又，且平面PCD， 所以平面PCD． 【小问2详解】 取的中点分别为，连接，如下图所示： 则， 又是正三角形，， 显然，且平面，所以平面， 在正方形中，，故平面， 即是侧面与底面的夹角的平面角， 又因为平面，，平面， 又平面，可得， 设正方形ABCD的边长为，则， 则， 故侧面与底面夹角的正切值为. 18. 已知椭圆：（）的长轴长为4，过左焦点作直线交椭圆于，两点，的最小值为1． （1）求椭圆的方程； （2）若面积为1，求直线的斜率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的性质，利用长轴长求出，利用过焦点的弦长最短求出，进而求出椭圆方程； （2）设直线斜率为，联立椭圆方程，结合韦达定理和三角形面积公式构造方程求解． 【小问1详解】 如图，作出符合题意的图形， 椭圆的长轴长，则，， 焦点弦中垂直于长轴的弦最短，此时， 即， ， 椭圆的方程为． 【小问2详解】 如图，作出符合题意的图形， ，， 设直线斜率为，则直线方程为，即， 联立直线与椭圆方程得， 设点，则， ， ， ， ， ， ，令， 则，解得，． 19. 已知函数，具有以下性质：①定义域均为，且在上单调递增；②其中一个是奇函数，另外一个是偶函数；③． （1）求函数与的解析式； （2）设函数，求解下列问题： ①的值；②在上的最小值； （3）试探究：是否存在正实数使得函数在区间上的值域为，若存在，求的取值范围，并证明此时；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），. （2）①；② （3），证明见解析 【解析】 【分析】（1）由奇、偶函数的对称特征确定是奇函数，则是偶函数，根据③联立与，求得函数与的解析式； （2）代入由（1）所得的解析式，利用指数的运算性质得的值；根据，得.分析在上的单调性，求得值域，利用复合函数的单调性，对进行讨论，可得； （3）假设存在正实数满足题意，利用的单调性获得方程的两个正根，构造函数，分析的单调性及值域，可得的取值范围；结合均值不等式，及二次不等式，可证得. 【小问1详解】 因为偶函数关于轴对称，且在轴两侧的单调性不同，所以是奇函数，是偶函数. 所以. 因为， 所以． 所以， 【小问2详解】 ①； ②由（1）知，，所以函数. ，当且仅当，即时，等号成立. 因为是增函数，结合对勾函数的单调性，可知在上单调递增. 所以当时，. 令，，对称轴为. 当，即时，在上单调递增，所以其最小值为； 当，即时，在上单调递减，在上单调递增，所以其最小值为； 当，即时，在上单调递减，所以其最小值为. 综上所述，在上的最小值. 【小问3详解】 存.理由如下: 假设存在正实数使得函数在区间上的值域为，则 由题可知函数在区间上单调递增，所以函数在区间上的值域为. 所以.所以是方程的两个正根，即与的图象有两个交点. 令， 当仅当时，等号成立. 因为单调递增，所以时，. 令，则，即，，解得. 当，即时，单调递减； 当，即时，单调递增. 所以，的取值范围是. 此时，，即. 因为，所以，即. 所以，即， 所以， 所以，或. 因为，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $