2026-2027学年高二上学期开学考数学模拟卷01（安徽省适用）

**基本信息** 高二开学数学练习卷，覆盖集合、统计、立体几何等基础知识点，创新设计函数图像折叠、曲线变换概率等问题，衔接高一知识与高二能力，检测数学眼光、思维与语言素养。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|集合运算、百分位数、三棱锥外接球等|7题函数图像折叠成二面角，融合几何直观与空间观念| |多选题|3|复数性质、向量应用、立体几何综合|11题八面体表面积与二面角，体现空间想象与推理| |填空题|3|函数求值、三角恒等变换、重心面积|14题重心与面积计算，检测数学语言表达| |解答题|5|三角函数性质、统计案例、立体几何、新定义函数|18题“k跃点”新定义问题，培养创新意识与逻辑推理|

2026-2027学年高二数学上学期开学练习卷（1） （安徽省适用） 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．数据12，8，10，15，11的第60百分位数为（     ） A．11 B．11.5 C．12 D．10 3．已知三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，，，则三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 4．已知角的终边经过点，则（    ） A． B． C． D． 5．若，是两条不同的直线，是平面，，，则“”是“”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 6．已知函数定义域为R，满足，对于，，且，都有，则（    ） A． B． C． D． 7．如图，将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成钝二面角，夹角为，此时与轴夹角的正弦值为，则（    ） A． B． C． D． 8．已知平面坐标系内一曲线的初始状态，每次随机变换的概率按照下述规则之一进行：（1）关于轴对称的概率为；（2）关于轴对称的概率为；（3）关于直线对称的概率为；（4）关于直线对称的概率为．经过次变换后曲线的状态记为，则3次变换后中取值范围为的概率为（　　） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知为复数，为的共轭复数，则下列命题中正确的是（     ） A．若，则为纯虚数 B．若，则为纯虚数 C．若，则为实数 D．若，则 10．设点是所在平面内一点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则点在线段上 B．若，则点是的重心 C．若，则点的轨迹必过的内心 D．若，且，则的面积是面积的 11．如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体，，，则下列结论正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．当时，从点出发沿着该八面体表面到点的最短路程为 D．当该八面体表面积为时，二面角的大小为 三、填空题 12．若函数，则________． 13．已知，均为锐角，，，的值为_______． 14．重心为，，，，则的面积为__________. 四、解答题 15．已知函数的最小正周期为． (1)求在上的单调性； (2)设是锐角三角形，，，是的内角，若，求的取值范围． 16．某校举办了校园诗词大赛，学生的比赛成绩均在内（单位：分），随机抽取了名学生的成绩，整理后按照，，，，分成五组，并绘制成如图所示的频率分布直方图． (1)求的值，并基于频率分布直方图估计这名学生成绩的中位数． (2)现从样本成绩在与两个分数段内，按分层随机抽样的方法选取人，再从这5人中随机选取人．写出该试验的样本空间，并用古典概型的概率计算公式求这人中恰有人的成绩落在内的概率． 17．如图，直三棱柱中，，为棱的中点，，，为棱上一点． (1)求证：平面平面； (2)是否存在点，使得直线与平面的夹角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． 18．对于函数，若在其定义域内存在，对于常数有成立，则称函数为“跃点”函数，并称为函数的“跃点”． (1)若函数，是“跃点”函数，求实数的取值范围； (2)若，，求证：“”是“对任意，函数为‘跃点’函数”的充要条件； (3)是否同时存在实数和正整数使得函数在上有2025个“跃点”？若存在，请求出所有符合条件的实数和正整数的值；若不存在，请说明理由． 19．已知函数，（ ，，为常数）．函数定义为：对每个给定的实数，. (1)求对所有实数成立的充分必要条件（用，表示）； (2)设是两个实数，满足，且，．若，求证：函数在区间上的单调增区间的长度之和为．（闭区间的长度定义为） 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学年高二数学上学期开学练习卷（1）答案 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】解出集合、，利用集合的交集运算求解. 【详解】，, 所以. 2．数据12，8，10，15，11的第60百分位数为（     ） A．11 B．11.5 C．12 D．10 【答案】B 【分析】将数据从小到大排列后，由百分位数的定义求解即可. 【详解】因为此组数据即为，一共有个数据，且， 所以此组数据的第60百分位数为第、这两个数的平均数，即为. 3．已知三棱锥的三条侧棱、、两两互相垂直，，，则三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将三条侧棱两两互相垂直的三棱锥补成一个长方体，该三棱锥的外接球与长方体的外接球是同一个球，求其对角线即得球的直径. 【详解】当三棱锥的三条侧棱两两互相垂直时，可以将其补成一个长方体， 该三棱锥的外接球与长方体的外接球是同一个球， 外接球的直径等于长方体的体对角线长度． 已知， 则长方体的体对角线 ， 因此，外接球半径．球的表面积. 4．已知角的终边经过点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为角的终边经过点，则， 所以. 5．若，是两条不同的直线，是平面，，，则“”是“”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】A 【分析】依据线面平行判定定理，可由、、推出，充分性成立，再根据线面平行的性质，由无法必然推出，必要性不成立. 【详解】已知，，当时，满足线面平行判定定理的条件， 可以推出，因此充分性成立； 若，说明直线与平面内的直线没有交点，和平面内的直线可能平行，也可能异面， 所以与给定的直线不一定平行，二者也可能为异面直线， 因此由不能必然推出，必要性不成立， 综上，“”是“”的充分不必要条件. 6．已知函数定义域为R，满足，对于，，且，都有，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】已知，故是偶函数，则， 又，，且，都有， 故在上单调递减， 又，则，即． 7．如图，将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成钝二面角，夹角为，此时与轴夹角的正弦值为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据二面角、异面直线所成角的定义，线面垂直的判定定理、线面垂直的性质及余弦定理、正弦型函数的性质求解即可. 【详解】函数的最小正周期，， 过点作轴，交轴于点，过点作轴，交轴于点，过点、点分别作、轴的平行线，交于点，连接，. 因为，则，，，， 所以为矩形，则，， 且即为与轴夹角，则. 因为，，所以即为二面角的平面角，则， 因为平面，，所以平面， 又，所以平面，又平面，所以. 在中，， ，. 在中，，，， 由余弦定理得， 即，所以. 8．已知平面坐标系内一曲线的初始状态，每次随机变换的概率按照下述规则之一进行：（1）关于轴对称的概率为；（2）关于轴对称的概率为；（3）关于直线对称的概率为；（4）关于直线对称的概率为．经过次变换后曲线的状态记为，则3次变换后中取值范围为的概率为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过讨论第一次进行（1）或（2）或（3）或（4）变换，再分析后两次的变换情况，结合独立事件乘法公式即可求解. 【详解】根据题意，，其定义域为，进行（1）或（2）变换时，不影响定义域， 若第一次进行了（3）变换，变化为，定义域变为， 再进行（3）变换，变化为，定义域变为， 或再进行（4）变换，变化为，定义域变为， 或再进行（1）或（2）变换，定义域不会为； 若第一次进行了（4）变换，此时变化为，定义域变为， 再进行（3）变换，变化为，定义域变为， 或再进行（4）变换，变化为，定义域变为， 或再进行（1）或（2）变换，定义域不会为； 故3次变换后中取值范围为的变换有以下几种： 三次都为（1）或（2）变换，概率为； 第一次为（1）或（2）变换，第二、三次都为（3）或（4）变换， 概率为； 第一次为（3）或（4）变换， 后续两次其中一次为（3）或（4）变换，另一次为（1）或（2）变换， 概率为； 故3次变换后中范围为的概率． 二、多选题 9．已知为复数，为的共轭复数，则下列命题中正确的是（     ） A．若，则为纯虚数 B．若，则为纯虚数 C．若，则为实数 D．若，则 【答案】ACD 【分析】设，，根据复数四则运算法则，模的公式，纯虚数等概念一一判断，得到答案 【详解】设，，则 A选项，则， 因为，所以且， 若，则，无解，舍去；若，则，故只需即可， 所以为纯虚数，则也为纯虚数，A正确； B选项，，， 若，则，故， 但若，此时，则不是纯虚数，也不是纯虚数，B错误； C选项，若，则，故，故为实数，也是实数，C正确； D选项， ， 因为，所以且， 由得或， 若，则，故； 若，则，解得，故， 其中， 若，则，； 若，则，； 若，则，； 综上，，D正确. 10．设点是所在平面内一点，则下列说法正确的是（    ） A．若，则点在线段上 B．若，则点是的重心 C．若，则点的轨迹必过的内心 D．若，且，则的面积是面积的 【答案】BCD 【分析】利用平面向量的线性运算、三角形重心和内心的性质、三角形面积与高的比例关系逐一判断各选项. 【详解】因为，所以， 所以，所以点在射线上，故A错误； 设为中点，则， 代入可得， 即在中线上且，符合重心的性质，故B正确； 分别是与同向的单位向量，二者的和向量沿的角平分线方向， 因为， 即， 所以，所以在的角平分线上， 故的轨迹必过的内心，故C正确； 因为，设，此时， 故在直线上，为上靠近的三等分点， 则到的距离是到距离的. 与同底，面积比等于高的比， 因此，故D正确. 11．如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体，，，则下列结论正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．当时，从点出发沿着该八面体表面到点的最短路程为 D．当该八面体表面积为时，二面角的大小为 【答案】ACD 【分析】对于A，先借助平行四边形、菱形得证 “线线平行”，再证明线面平行； 对于B，利用反证法判断线面垂直不成立； 对于C，将空间面展开为平面，利用“两点之间线段最短”求解； 对于D，先由表面积求出侧面三角形的高，再构造二面角的平面角，用余弦定理求值. 【详解】对于A：如图，连接交于点O，则点O为正方形的中心，平面， 由可知，，所以四边形为平行四边形， 又，故四边形为菱形，由，平面，平面，得平面，故A正确； 若平面，则，与矛盾， 故B错误； ，所以与为等边三角形， 展开至同一平面，连接交于，则为中点，故路程最短为， 其他路径同理可得路程最短为，故C正确. 对于D：该八面体八个面都是全等的等腰三角形，则， 取中点，则，，则二面角的平面角为， 因为，所以，所以，， 由得，所以， 故，，即，故D正确. 三、填空题 12．若函数，则________． 【答案】 【分析】利用对数与指数运算结合分段函数的性质计算即可. 【详解】易知，所以. 13．已知，均为锐角，，，的值为_______． 【答案】 【分析】通过将未知角转化为已知角与的差，利用正弦的两角差公式进行计算即可． 【详解】因为为锐角，且，则； 又因为，均为锐角，则，则； 因为，则； 故 ； 14．重心为，，，，则的面积为__________. 【答案】 【分析】如图，延长，与交于点，则为的中点，且由重心的性质知，.利用余弦定理求得，从而得到是直角三角形，并求出的面积，进而得到的面积. 【详解】如图，延长，与交于点，则为的中点. 由重心的性质知，. 因为，所以， 所以， 所以， 所以，. 所以，所以， 所以. 所以的面积为. 所以的面积. 四、解答题 15．已知函数的最小正周期为． (1)求在上的单调性； (2)设是锐角三角形，，，是的内角，若，求的取值范围． 【答案】(1)函数在上单调递增，在上单调递减； (2) 【分析】（1）先根据诱导公式二倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，根据周期求得的值，得到函数解析式，进而得到三角函数的单调性； （2）由题意可得，结合锐角三角形内角范围，可得的大小，进而表示，，再利用正弦定理变换结合三角形内角变换解得的取值范围. 【详解】（1） 因为函数的最小正周期为，所以，即， 因此函数 又，可得 当即时，单调递增，故单调递增； 当即时，单调递减，故单调递减； 所以函数在上单调递增，在上单调递减； （2）由（1）可知，， 已知，可得，化简得 因为是锐角三角形内角，所以，故，得， 又，故， 因为三角形是锐角三角形，所以，解得 由正弦定理可得： 因为，所以，则，故 因此 16．某校举办了校园诗词大赛，学生的比赛成绩均在内（单位：分），随机抽取了名学生的成绩，整理后按照，，，，分成五组，并绘制成如图所示的频率分布直方图． (1)求的值，并基于频率分布直方图估计这名学生成绩的中位数． (2)现从样本成绩在与两个分数段内，按分层随机抽样的方法选取人，再从这5人中随机选取人．写出该试验的样本空间，并用古典概型的概率计算公式求这人中恰有人的成绩落在内的概率． 【答案】(1)（或），（分） (2)样本空间， 【分析】（1）根据条件，利用频率分布直方图的性质，即可求出值，再由中位数的定义，即可求解； （2）根据条件，先求出两分数段内的人数，利用列举法列出样本空间，再由古典概率的计算公式，即可求解. 【详解】（1）由频率分布直方图的性质，，解得， 设名学生成绩中位数的估计结果为．记第组的频率为（按分数从低到高，）， 则由频率分布直方图可得：，，，， 因为，，所以． 由比例关系，，解得（分）. （2）由（1）得，．由分层抽样定义，在分数段内抽取人，在分数段内抽取人． 记中选取的四人为，，，，中选取的一人为， 则样本空间， 设事件“这2人中恰有1人的成绩落在内”，则， 所以． 17．如图，直三棱柱中，，为棱的中点，，，为棱上一点． (1)求证：平面平面； (2)是否存在点，使得直线与平面的夹角为？若存在，求的长度；若不存在，说明理由． 【答案】(1)由直三棱柱得四边形为矩形，由题意，， 因此，．由勾股定理的逆定理得， 因为，，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． (2)存在， 【分析】（1）根据条件，利用线面垂直的判定定理得平面，再由面面垂直的判定定理，即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和，结合条件，由线面角的向量法，即可求解. 【详解】（1）由直三棱柱得四边形为矩形，由题意，， 因此，．由勾股定理的逆定理得， 因为，，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）由直三棱柱得，因为， ，，平面， 所以平面．因为平面， 所以，又由直三棱柱得，， 以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴和轴， 建立空间直角坐标系，如图， 由题意，，，，，． 设（），可得． 因此，，． 设平面的法向量为，则，即， 取，则，，所以， 因此直线与平面夹角的正弦值为， 解得，即为中点，所以， 因此，存在点满足题意，此时． 18．对于函数，若在其定义域内存在，对于常数有成立，则称函数为“跃点”函数，并称为函数的“跃点”． (1)若函数，是“跃点”函数，求实数的取值范围； (2)若，，求证：“”是“对任意，函数为‘跃点’函数”的充要条件； (3)是否同时存在实数和正整数使得函数在上有2025个“跃点”？若存在，请求出所有符合条件的实数和正整数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)由题意得“对任意，为‘跃点’函数”等价于： 对任意实数，关于的方程都有解， 所以当时，方程有解，即 所以， 反之，当时，， 则, 等价于, 显然，是此方程的解，故此方程对任意实数都有实数解． 综上所述，“”是“对任意， 为‘跃点’函数”的充要条件． (3)． 【分析】（1）根据跃点函数定义，解得，利用三角化简求值域即可； （2）先将对任意 ， 为 跃点函数等价转化为对于任意实数，关于 的方程都有解，然后利用取特殊值证明“”的必要性，利用三角函数的诱导公式证明充分性； （3）由跃点定义代入函数化简为，问题转化为该方程在上解的个数等于，因函数周期为，结合图象分类讨论即可． 【详解】（1）（1）由已知得存在实数， 使得. 所以. （2）由题意得“对任意，为‘跃点’函数”等价于： 对任意实数，关于的方程都有解， 所以当时，方程有解，即 所以， 反之，当时，， 则, 等价于, 显然，是此方程的解，故此方程对任意实数都有实数解． 综上所述，“”是“对任意， 为‘跃点’函数”的充要条件． （3）令， 由已知得，， 化简得， 函数的最小正周期为， 根据该函数在上的图象分析： ①当时，函数在上有个“”跃点，故不可能有个跃点； ②当时，函数在上有个跃点，此时， ③当或时，函数在上有个跃点，故 综上，所有符合条件的分别为：． 19．已知函数，（ ，，为常数）．函数定义为：对每个给定的实数，. (1)求对所有实数成立的充分必要条件（用，表示）； (2)设是两个实数，满足，且，．若，求证：函数在区间上的单调增区间的长度之和为．（闭区间的长度定义为） 【答案】(1) (2)分两种情形讨论． 【分析】（1）利用取较小函数的定义，转化为指数不等式恒成立问题，借助绝对值差的最大值，求出两对称轴距离满足，即可解决问题； （2）分类讨论，先求出两个指数函数的交点分界点，结合的条件进行代换化简，即可证得区间内单调递增区间的总长度. 【详解】（1）由的定义可知， （对所有实数）等价于（对所有实数）， 这又等价于，即对所有实数均成立． 易知函数的最大值为，故（*）等价于， 即，这就是所求的充分必要条件． （2）（i）当时，由（Ⅰ）知（对所有实数）， 则由及易知． 再由的单调性可知， 在区间上的单调增区间的长度为．（参见下图） （ii）当时，不妨设，则． 于是，当时，有，从而． 当时，，从而． 当时，及． 由方程， 解得与图象交点的横坐标为．① 显然，这表明在与之间． 由①易知， 综上可知，在区间上，. 故由函数与的单调性可知， 在区间上的单调增区间的长度之和为． 由于，即，得．② 故由①、②得， 综合（i）、（ii）可知，在区间上的单调增区间的长度之和为． 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 $