2026-2027学年高二上学期数学开学模拟卷二（山东潍坊适用）

**基本信息** 新高二开学模拟卷，聚焦复数、解三角形、立体几何核心知识，通过基础题巩固概念，综合题（如结合托勒密定理的解三角形、动态立体几何外接球问题）考查数学眼光与推理能力，适配学段衔接需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数几何意义、解三角形面积、线面垂直|基础概念辨析，如复数在虚轴上的条件判断| |多选题|3/15|正方体动态问题、三角形命题判断|多选项分层考查，如正方体中体积不变与距离最值分析| |填空题|3/15|三角形形状判断、复数模、球内接三棱锥|简洁设问，如用余弦定理判定三角形形状| |解答题|3/30|复数方程、解三角形（含托勒密定理）、四棱锥体积与二面角|综合应用，如结合托勒密定理求最值，动态立体几何外接球表面积最小值问题|

2026-2027学年新高二高中数学开学模拟测试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 评卷人 得分 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）若复数表示的点在虚轴上,则实数的值是(  　 ) A．-1 B．4 C．-1和4 D．-1和6 2．（本题5分）中，若，则的面积为 （ ） A． B． C．1 D． 3．（本题5分）已知 (为虚数单位)，则复数的共轭复数等于 A． B． C． D． 4．（本题5分）已知的内角，，所对的边分别为，，，且，则是（    ） A．直角三角形 B．等腰直角三角形 C．等边三角形 D．等腰三角形或直角三角形 5．（本题5分）若复数为虚数单位在复平面内所对应的点在虚轴上，则实数a为 A． B．2 C． D． 6．（本题5分）如图，在棱长为2的正方体中，点M，N分别是棱，的中点，点P在面内（包含边界）运动，且直线平面，则三棱锥的外接球的表面积的最小值为（   ） A． B． C． D． 7．（本题5分）已知复数满足，则的共轭复数在复平面内对应的点在（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 8．（本题5分）在三棱锥中，平面，底面为正三角形，，，二面角为，则（    ） A． B． C． D． 评卷人 得分 二、多选题（共15分） 9．（本题5分）棱长为1的正方体中，点在线段上运动（包括端点），则下列结论正确的是（     ） A．一定成立 B．当直线与直线相交时，点是线段的一个三等分点 C．三棱锥的体积不变 D．的最小值为 10．（本题5分）已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则以下四个命题正确的有（    ） A．当时，满足条件的三角形共有个 B．若则这个三角形的最大角是 C．若，则为锐角三角形 D．若，，则为等腰直角三角形 11．（本题5分）三棱锥中，，且，下列结论正确的是（     ） A．平面平面 B．三棱锥的体积为 C．三棱锥外接球半径为 D．二面角的大小为 评卷人 得分 三、填空题（共15分） 12． （本题5分）在中，满足，则的形状是________． 13． （本题5分）已知复数满足，的虚部为－2，所对应的点在第二象限，则_________． 14．（本题5分）已知点均在半径为3的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则______. 评卷人 得分 四、解答题（共30分） 15．（本题10分）已知，都是实数，方程的一个根为（为虚数单位）． (1)求，的值； (2)求． 16．（本题10分）如图，平面凸四边形ABCD外接圆半径为1，． (1)求的大小； (2)求面积的最大值； (3)古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理：圆的内接凸四边形的两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．求的最小值． 17．（本题10分）如图，已知四棱锥，侧面是正三角形，底面为边长2的菱形，，. （1）设平面平面，求证：； （2）求多面体的体积； （3）求二面角的余弦值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2026-2027学年新高二高中数学开学模拟测试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B A A D B D A ACD BD 题号 11 答案 ACD 1．C 【分析】利用复数的运算性质和几何意义即可得出． 【详解】因为复数表示在复平面上对应的点在虚轴上， 所以，解得或. 故选：C 【点睛】本题主要考查了复数的概念，复数与复平面内点的对应关系，熟练掌握复数的运算性质和几何意义是解题的关键，属于基础题. 2．B 【解析】直接利用面积公式求解. 【详解】的面积， . 故选：B. 3．A 【解析】由复数的运算法则，化简复数，再根据共轭复数的概念，即可求解，得到答案． 【详解】由题意，复数满足，即， 所以复数的共轭复数等于，故选A． 【点睛】本题主要考查了复数的运算法则，以及共轭复数的概念的应用，其中解答中熟记复数的运算法则，准确求解复数是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题． 4．A 【分析】利用倍角公式化简边角关系式，再利用正弦定理把关系式转化为角的关系式，化简后可得，从而可得正确选项． 【详解】因为，故即， 由正弦定理可得， 故， 整理得到. 因为，故，从而，而，故. 故为直角三角形. 故选：A． 【点睛】在解三角形中，如果题设条件是边角的混合关系，那么我们可以利用正弦定理或余弦定理把这种混合关系式转化为边的关系式或角的关系式.化简中注意三角变换公式的合理使用． 5．D 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为求得值． 【详解】解：在复平面内所对应的点在虚轴上， ，即． 故选D． 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题． 6．B 【分析】取中点中点，连接，应用线面、面面平行的判定定理证明面平面，进而得到点在AE上运动，令外接圆半径为，三棱锥外接球的半径为，结合，求得最小，即可求. 【详解】如图，取中点中点，连接， 因为点分别是棱的中点，所以， 由平面，平面，则平面， 显然，则四边形为平行四边形，所以， 由平面，平面，则平面， 由且平面，所以平面平面， 由平面平面，所以点在AE上运动， 三棱锥即三棱锥，且平面， 令外接圆半径为，三棱锥外接球的半径为， 则，要使外接球的表面积最小，只需最小，即最小， 由正弦定理，，则时取得最小值，即， 所以，面积为. 7．D 【解析】由已知条件可求得复数，进而可求得，由此可得出结论. 【详解】，，， 因此，的共轭复数在复平面内对应的点在第四象限. 故选：D. 8．A 【分析】作出辅助线，得到线线垂直，为二面角的平面角，，进而求出各边长，由勾股定理求出答案 【详解】取的中点，连接，. 因为为正三角形，所以. 因为底面，平面，所以⊥，⊥， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 则为二面角的平面角，所以. 因为，所以，则. 因为，所以为的中点，则， 由勾股定理得. 9．ACD 【分析】利用正方体的结构特征，结合线面垂直的判定、性质推理判断A；确定与的交点判断B；由线面平行的判定及三棱锥的体积公式判断C；正与等腰置于同一平面，利用两点间距离最短计算判断D. 【详解】对于A，矩形是正方体的对角面，则， 由平面，平面，得，而， 平面，则平面， 又平面，因此，A正确； 对于B，由平面，平面，得，而， 平面，则平面，又平面， 因此，，同理，而平面， 于是平面，令平面，必为与的交点， 由三棱锥为正三棱锥，得是正的中心，为线段的中点，B错误； 对于C，由，平面，平面，得平面， 因此点到平面的距离为定值，而的面积为定值，则为定值，C正确； 对于D，将正与等腰置于同一平面，由， 得，，当且仅当为的中点时取等号，D正确. 10．BD 【分析】利用正弦定理求得,即可判定A错误；利用正弦定理转化为边的比值，进而利用余弦定理求得最大角的余弦，得到最大角的值，对B作出判定；注意到三角形的各个角的情况，周全考虑，即可判定C错误；根据已知条件,综合使用正余弦定理可求得角A的值，进而证明D正确. 【详解】对于Ａ，，无解，故A错误； 对于B,根据已知条件，由正弦定理得：, 不妨令,则,最大角的余弦值为：, ∴，故B正确； 对于C，由条件，结合余弦定理只能得到,即角为锐角，无法保证其它角也为锐角，故C错误； 对于D,,得到, 又 , , 为等腰直角三角形，故D正确. 故选：BD. 【点睛】本题考查正余弦定理，熟练掌握并灵活运用正余弦定理是关键. 11．ACD 【分析】根据条件，可以将三棱锥补成正方体，利用平面可判定平面平面；利用三棱体积公式可求三棱锥的体积；利用三棱锥与正方体有相同外接球可求球的半径；利用平面可得为二面角的平面角，在中可求的大小. 【详解】由三棱锥中，，且 可将三棱锥补充为棱长为的正方体. 对于选项A，因为，平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以. 因为，平面，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面，故A正确； 对于选项B，，故B错误； 对于选项C，三棱锥外接球半径为正方体外接球半径，即，故C正确； 对于选项D，因为平面，平面，所以. 又因为，所以为二面角的平面角. 在中，，，所以，即二面角的大小为.故D正确. 12．直角三角形 【分析】利用余弦定理化简整理即可. 【详解】， ， 整理得， 故是直角三角形. 故答案为：直角三角形. 13．/ 【分析】设复数，根据题干中的条件列方程组求解的值即可. 【详解】解：设复数，则，所以， 又，且的虚部为-2，则， 因为所对应的点在第二象限，即点在第二象限，所以， 故，解得，故. 故答案为：. 14． 【分析】利用球的内接三棱锥，得到球的半径与三棱锥棱长的关系，再利用余弦定理求解的长度即可. 【详解】依题意，将三棱锥补全为正三棱柱. 该三棱锥外接球球心恰为正三棱柱上下底面的中心连线的中点， 设的外接圆圆心为，外接圆半径为， 则，解得， 设外接球球心离底面的高度为， 在中，则，所以. 所以. 15．(1)，. (2) 【分析】（1）根据复数相等的条件求解即可； （2）根据复数模的定义求解. 【详解】（1）将代入方程整理得：， 因为，，所以， 所以，. （2）由（1)知，， 所以， 所以. 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）在中由正弦定理得到三边比例，设参后用余弦定理算出的余弦值，结合角度范围求出角； （2）先用正弦定理算出长，利用圆内接四边形对角互补得到，再借助余弦定理与均值不等式求出的最大值，代入三角形面积公式得面积最大值； （3）根据托勒密定理建立与的关系式，平方后拆分分式，用基本不等式求出目标代数式的最小值． 【详解】（1）， 由正弦定理可得， 设，，， 由余弦定理可得， 因为，所以； （2）由正弦定理可得， 所以，， 由四边形有外接圆可知， 在中设，， 由余弦定理得，即， 当且仅当时，等号成立， ， 所以面积的最大值； （3）由托勒密定理得， 即，平方得， 设， 所以， 当且仅当且，即，时，等号成立， 所以的最小值为，即的最小值为． 17．（1）证明见解析；（2）；（3）. 【分析】（1）由，证得平面，再由线面平行的性质，即可得到； （2）取中点，连结，推得，，得到平面， 再由多面体的体积，结合体积公式，即可求解； （3）由，设的中点为，连结，推得，从而得到就是二面角的平面角，由此可求得二面角的余弦值. 【详解】证明：（1）因为平面平面， 所以平面， 又平面，平面平面，所以； （2）取中点，连结，由得， 同理，又因为，所以平面， 在中，，所以， 所以多面体的体积 ； （3）由题意知，底面为边长2的菱形，， 所以，又，所以， 设的中点为，连结， 由侧面是正三角形知，，所以， 因此就是二面角的平面角， 在中，，， 由余弦定理得， 二面角的余弦值为. 【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定，多面体的体积的计算，以及二面角的求解，其中解答中熟记线面位置关系的判定与性质，以及而面积的平面角的定义，准确计算是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $