精品解析：云南玉溪师范学院附属中学2025-2026学年高二下学期开学考试数学试题

玉溪师院附中高二下学期开学考 数学试卷 一、单选题 1. 方程的两根的等差中项为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 双曲线的一条渐近线为，则C的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 4 4. 已知平面向量，且，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 6 5. 已知函数是定义域为的奇函数，.当时，，则（ ） A. -2 B. -1 C. 0 D. 2 6. 已知直线过第一象限的点和，直线的倾斜角为135°，则的最大值为（ ） A. 9 B. 4 C. 3 D. 7. 如图，空间四边形OABC中， 点M在OA上，且 点N为BC中点，则 等于（ ） A. B. C. D. 8. 若，为锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ）． A. 圆C的圆心坐标为 B. 直线l与圆C相交 C. 圆与圆C相切 D. 圆C上存在4个点到直线l的距离为1 11. 一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球，2个绿球，从袋中不放回地随机摸出2个球．记事件“摸出的两个球都是红球”，“摸出的两个球都是绿球”，“摸出的两个球颜色相同”，“摸出的两个球颜色不同”，则下列说法正确的是（ ） A. 为对立事件 B. 与相互独立 C. D. 三、填空题 12. 数据的第百分位数为_____. 13. 若数列满足，其前项和为，则__________. 14. 如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为__________. 四、解答题 15. 的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，，求． 16. 已知椭圆：（）的右顶点为，离心率为，左、右焦点分别为、，为椭圆上不同于左、右顶点的任意一点. （1）求椭圆的方程； （2）求的取值范围. 17. 已知数列的前项和为，且，． （1）证明：是等比数列． （2）若，求数列的前项和． 18. 如图，在三棱柱中，平面，四边形为菱形． （1）证明：； （2）若，，二面角的余弦值为，求三棱柱的体积． 19. 已知抛物线：（）的焦点为，点（）在上，，斜率为的直线与交于，两点． （1）求的方程； （2）若，求直线的方程； （3）设直线与的斜率分别为，，证明：为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 玉溪师院附中高二下学期开学考 数学试卷 一、单选题 1. 方程的两根的等差中项为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用韦达定理求出方程的两根，再根据等差中项的定义即可得解. 【详解】设方程的两根为，则， 所以方程的两根的等差中项为. 故选：D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集的定义计算. 【详解】因， 故，所以. 故选：C. 3. 双曲线的一条渐近线为，则C的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】结合题设条件可得，再由离心率定义和的关系式即可求得. 【详解】因双曲线的焦点在轴上，由渐近线方程易得， 于是C的离心率为：. 故选：B. 4. 已知平面向量，且，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，利用向量的数量积的坐标表示可求得的值. 【详解】因为，所以，所以， 又因为，所以，解得. 故选：A. 5. 已知函数是定义域为的奇函数，.当时，，则（ ） A. -2 B. -1 C. 0 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由周期函数、奇函数的性质即可求解. 【详解】由题意， 所以的周期是4， 所以. 故选：A. 6. 已知直线过第一象限的点和，直线的倾斜角为135°，则的最大值为（ ） A. 9 B. 4 C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜率公式得出的关系，再利用基本不等式求的最大值. 【详解】因为直线过点和，且倾斜角为135°， 所以，得， 因为点在第一象限，所以， 所以，得，当且仅当时等号成立， 所以的最大值为. 故选：A 7. 如图，空间四边形OABC中， 点M在OA上，且 点N为BC中点，则 等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量基本定理进行求解即可. 【详解】已知，点N为BC中点， 则. 故选：C 8. 若，为锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用“平方关系”可得，，注意符号看象限，再根据变形结合两角和差公式即可得出． 【详解】因为，则，且， 可得，且； 又因为，则， 且，可得； 所以 ． 故选：D. 二、多选题 9. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合共轭复数的概念，以及复数的运算法则，逐项判定，即可求解. 【详解】由复数满足，可得， 对于A中，由，所以A不正确； 对于B中，由，所以B正确； 对于C中，由，所以C正确； 对于D中，由，所以D不正确. 故选：BC. 10. 已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ）． A. 圆C的圆心坐标为 B. 直线l与圆C相交 C. 圆与圆C相切 D. 圆C上存在4个点到直线l的距离为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，将圆方程化为标准式可判断选项正误；对于B，比较圆心到直线距离与圆半径大小可判断选项正误；对于C，比较两个圆心之间的距离与两圆半径之和与半径之差大小可判断选项正误；对于D，利用到直线的距离为1的直线与圆的位置关系可判断选项正误. 【详解】因为，所以， 圆C的圆心坐标为，故A正确； 圆心C到直线的距离为， 所以直线l与圆C相交，故B正确； 圆与圆C两圆心距离， 两圆半径之和为，半径之差为， 因为，故两圆相交，故C错误； 因为圆心C的到直线的距离为，所以， 圆C上存在4个点到直线l的距离为1，故D正确. 故选：ABD. 11. 一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球，2个绿球，从袋中不放回地随机摸出2个球．记事件“摸出的两个球都是红球”，“摸出的两个球都是绿球”，“摸出的两个球颜色相同”，“摸出的两个球颜色不同”，则下列说法正确的是（ ） A. 为对立事件 B. 与相互独立 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用对立事件定义判断A，求出， ，再利用独立事件定义判断B，利用互斥事件的性质求得判断C，求出判断D. 【详解】M（颜色相同）与 N（颜色不同）互斥，且所有摸球结果必属于其中一个，因此是对立事件，故A 正确； 从 4 个球中不放回摸 2 个，总样本数为，，， 所以，因为，所以， 所以，所以与不独立，故B错误； 因为R 与 G 互斥，所以，故C正确； 因为，所以，故D错误. 故选：AC. 三、填空题 12. 数据的第百分位数为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由百分位的计算公式求解即可. 【详解】数据从小到大排序，即； 由于，从小到大，选择第个和第个数据的平均数作为第百分位数， 则数据的第百分位数为. 故答案为：. 13. 若数列满足，其前项和为，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据数列的周期性求和. 【详解】因为. 所以数列是以4为周期的周期数列. 又，， ，， 所以. 所以. 故答案为： 14. 如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则点的轨迹长度为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，再找出轨迹，即可求出轨迹长度. 【详解】 如图建立空间直角坐标系，因为棱长为2，所以, 又, 所以平面, 又因为,所以圆锥母线与高的夹角为, 又点O为的中点， 且,在直角三角形中， ,所以Q的轨迹是以O为圆心，1为半径的圆，所以轨迹长度为. 故答案为： 【点睛】思路点睛：求证平面，分析与夹角为的条件，结合（1）看出点Q的轨迹，计算出轨迹的长度 四、解答题 15. 的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求解即可. （2）由（1）的结论结合已知，利用正弦定理求解即得. 【小问1详解】 在中，由及余弦定理，得， 而，所以. 【小问2详解】 由，且，则， 由正弦定理得：，即， 所以. 16. 已知椭圆：（）的右顶点为，离心率为，左、右焦点分别为、，为椭圆上不同于左、右顶点的任意一点. （1）求椭圆的方程； （2）求的取值范围. 【答案】（1）椭圆：； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题设列出关于的方程组即可求解； （2）由题设设，再由数量积的坐标运算计算即可. 【小问1详解】 设椭圆焦距为，由题意可得， 所以椭圆：； 【小问2详解】 由题可设，则由（1），， 所以. 17. 已知数列的前项和为，且，． （1）证明：是等比数列． （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用的关系得，结合等比数列定义证明结论； （2）由（1）得，应用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 当时，因为，所以． 当时，且，则，即． 又，所以是以6为首项，3为公比的等比数列． 【小问2详解】 由（1）知，则， 所以，故． 18. 如图，在三棱柱中，平面，四边形为菱形． （1）证明：； （2）若，，二面角的余弦值为，求三棱柱的体积． 【答案】（1） 因为四边形为菱形，所以． 因为平面，平面，所以． 又因为平面，平面，， 所以平面． 因为平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）利用菱形对角线垂直，再结合已知中线面垂直，可通过证明线面垂直来证明线线垂直； （2）可利用空间向量法来求二面角的大小，再通过方程可求出边长及三棱柱的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：因为，所以是等边三角形， 取中点M，连接，则， 以为坐标原点，分别以，，所在的直线为x轴，y轴和z轴， 建立空间直角坐标系，如图所示． 设，则，，． 所以，． 设平面的法向量为，则， 即，令，得． 由条件知为平面的一个法向量． 设二面角的平面角为，易知为锐角． 则，解得． 因为三棱柱的高为，且， 所以其体积． 方法二：因为，所以． 过B做交的延长线于O，连接， 因为，所以面，所以， 所以是二面角的平面角． 所以，所以，即， 因为，所以． 在中，解得． 又平面，所以三棱柱的高为， 所以其体积． 19. 已知抛物线：（）的焦点为，点（）在上，，斜率为的直线与交于，两点． （1）求的方程； （2）若，求直线的方程； （3）设直线与的斜率分别为，，证明：为定值． 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由焦半径公式求出p即可求解； （2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理和弦长公式即可求出参数得解； （3）由两点间斜率公式结合（2）中的韦达定理进行转化计算即可求解. 【小问1详解】 根据题意可得，解得．所以的方程为． 【小问2详解】 设，，直线的方程为． 由消去得， 所以即，，， 所以，解得， 所以直线的方程为； 【小问3详解】 证明：因为点在上，所以或（舍去），所以， 由（2）得，， 所以． 因为，， 所以，即为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $