精品解析：黑龙江齐齐哈尔市实验中学2026-2027学年高二上学期8月开学初阶段性测试数学试题

2026—2027学年度高二上学期开学初阶段性测试 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数z满足，其中i为虚数单位，则z的虚部为（ ） A. 1 B. i C. －1 D. －i 2. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. 4 C. D. 3 3. 已知，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知某圆锥的底面积为，母线长为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 某函数在一个周期内的图像，此函数的解析式可以是（ ） A. B. C. D. 7. 已知点是函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（    ） A. B. 四边形的周长为 C. D. 四边形的面积为 10. 的内角的对边分别为，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时，是等腰三角形 D. 当时，是等腰三角形 11. 如图，四棱锥的底面为正方形，底面ABCD，，点E是棱PB的中点，过A，D，E三点的平面与平面PBC的交线为l，则（ ） A. 直线l与平面PAD有一个交点 B. C. 直线PA与l所成角的余弦值为 D. 平面截四棱锥所得的上下两个几何体的体积之比为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则_________ 13. 的三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，角的平分线交于，则_____． 14. 如图，圆锥的底面半径为3，母线长为4，是圆锥的高，点C是底面直径所对弧的中点，点D是母线上的点，，则直线与平面所成的角的正切值为________． 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. 已知向量，. （1）若，求； （2）若向量，，求与夹角的余弦值. 16. 在中，角、、的对边分别为、、，满足，． （1）求及边的值． （2）若的面积为，求． 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱垂直于底面，，点、分别是、的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，侧平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）求侧面与底面所成二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 19. 如图，平面四边形中，点是线段上一点，，且，，，沿着将三角形折叠得到四棱锥，折叠后． （1）求证：平面平面； （2）若，求平面与平面夹角的正切值； （3）若，，，在同一个球面上，设该球面的球心为，证明：当球的半径最小时，点在平面内． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年度高二上学期开学初阶段性测试 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数z满足，其中i为虚数单位，则z的虚部为（ ） A. 1 B. i C. －1 D. －i 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法运算即可求解. 【详解】由题知， 所以z的虚部为为1. 故选：A. 2. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. 4 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量数乘与加法的坐标运算法则，计算的坐标，进而结合垂直向量的数量积为0建立关于的方程并求解. 【详解】由，，可得：， 所以. 由，得：， 代入坐标计算：， 解得. 3. 已知，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，判断选项. 【详解】，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线， 对于，若，，则由线面垂直的性质得，故A错误； 对于B，若，，则与相交、平行或异面，故B错误； 对于C，若，，，则由线面平行的性质得，故C正确； 简单证明：如图，，过的一个平面与交于，则同理，，则， ，则，，，则，所以. 对于D，若，，，则与相交，故D错误． 故选：C． 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由诱导公式结合题设可得答案. 【详解】由诱导公式，. 5. 已知某圆锥的底面积为，母线长为，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 因为圆锥的底面积为，则底面半径， 可知圆锥的高为，所以该圆锥的体积为. 6. 某函数在一个周期内的图像，此函数的解析式可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数图像，可得，结合周期公式可求得，代入最高点坐标可求得，即可得函数解析式. 【详解】根据函数图像可知， 周期，所以， 所以，将最高点坐标代入可得 ，所以， 解得， 当时，， 所以. 7. 已知点是函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简函数的解析式，根据余弦型函数的对称性可得出关于的等式，结合可得出的最小值. 【详解】因为， 且点是函数的图象的一个对称中心， 所以，解得， 因为且，故当时，取最小值. 8. 在三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理求出，利用正弦定理求出外接圆半径，再利用球的截面小圆性质求解作答. 【详解】在中，，，，则， 设外接圆半径为，则，即，令外接圆圆心为， 三棱锥外接球球心为，半径为，有平面， 由平面，得，又，取中点，于是四边形为矩形， 则球心到平面的距离， 因此，所以三棱锥外接球的表面积. 故选：C 二、多选题：本题共3小题，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，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（    ） A. B. 四边形的周长为 C. D. 四边形的面积为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据直观图与平面图的联系还原计算各选项即可. 【详解】如图过作，    由等腰梯形可得：是等腰直角三角形， 即，即C错误； 还原平面图为下图，    即，即A正确； 过作，由勾股定理得， 故四边形ABCD的周长为：，即B错误； 四边形ABCD的面积为：，即D正确. 10. 的内角的对边分别为，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时，是等腰三角形 D. 当时，是等腰三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】由三角形大角对大边，结合正弦定理可知A正确；根据余弦函数在上的单调性可知B正确；由正弦值相等可知或，由此可知是等腰或直角三角形，知C错误；利用正弦定理边化角和两角和差正弦公式可求得，由此可得，知D正确. 【详解】对于A，当时，，由正弦定理可知：，A正确； 对于B，，在上单调递减，当时，，B正确； 对于C，当时，或，或， 是等腰三角形或直角三角形，C错误； 对于D，由正弦定理得：，， ，，，即， 是等腰三角形，D正确. 故选：ABD. 11. 如图，四棱锥的底面为正方形，底面ABCD，，点E是棱PB的中点，过A，D，E三点的平面与平面PBC的交线为l，则（ ） A. 直线l与平面PAD有一个交点 B. C. 直线PA与l所成角的余弦值为 D. 平面截四棱锥所得的上下两个几何体的体积之比为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据所给图像，作中点，连接，则为交线l，然后根据线面平行的基本定理可判断A；结和线面垂直的判定及性质可判断B；结合异面直线所成角的定义可判断C；结和棱锥的体积公式可判断D. 【详解】如图，取棱PC的中点F，连接EF，DF， 因为E是棱PB的中点，则，即A，D，E，F四点共面，则l为直线EF， 又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD，即平面PAD，故A错误； 由底面ABCD，平面ABCD，所以， 由，可得为等腰直角三角形， 而斜边PC的中点为F，所以， 再由底面ABCD是正方形，易得， 又，且平面PDC，所以平面PDC， 又平面PDC，所以， 又，且平面ADFE，所以平面ADFE， 又平面ADFE，所以，故B正确； 由，则直线PA与l所成的角，即PA与AD所成的角， 由，则， 即PA与AD所成的角的余弦值为，故C错误； ，， 所以， 所以，故D正确. 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则_________ 【答案】 【解析】 【分析】将已知等式两边平方，结合同角三角函数的平方关系与二倍角的正弦公式求解. 【详解】已知，将等式两边同时平方，可得   因为， 因此有， 则 . 13. 的三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，角的平分线交于，则_____． 【答案】2 【解析】 【分析】根据余弦定理，先计算出边的长度，然后利用面积等于与的面积的和计算角平分线的长度，或者求出各个角的大小，用正弦定理求出的长度. 【详解】由图可知，记， 方法一：由余弦定理可得，，因为，解得：， 由可得，， 解得：． 方法二：由余弦定理可得，， 因为，解得：， 由正弦定理可得，， 解得：，因为， 所以，又， 所以，即． 故答案为：. 14. 如图，圆锥的底面半径为3，母线长为4，是圆锥的高，点C是底面直径所对弧的中点，点D是母线上的点，，则直线与平面所成的角的正切值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】作出直线与平面所成的角，求出OD的长，解直角三角形即可求得答案. 【详解】连接， 因为是圆锥的高，故平面，平面， 故，又点C是底面直径所对弧的中点，则， 平面，故平面， 则即为直线与平面所成的角， 因为圆锥的底面半径为3，母线长为4，故， ，则, 故, 在中，, 即直线与平面所成的角的正切值为， 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. 已知向量，. （1）若，求； （2）若向量，，求与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件结合向量垂直的表示及向量坐标运算公式列方程求，再由向量的模的坐标公式求结论； （2）由条件，结合向量平行的坐标表示列方程求，由此可得，再求，，，再由向量夹角坐标公式求结论. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以，又，， 所以， 所以， 所以， 所以， 即； 【小问2详解】 因为，，， 所以，又， 所以， 所以，所以， 所以，，， 设与夹角为， 所以， 所以与夹角的余弦值为. 16. 在中，角、、的对边分别为、、，满足，． （1）求及边的值． （2）若的面积为，求． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系得到，利用正弦定理求解即可. （2）利用三角形面积公式得到，再利用余弦定理得到即可. 【小问1详解】 在中，， 因为，所以由同角三角函数的基本关系得， 由正弦定理得，可得， 又，则，解得. 【小问2详解】 因为的面积为， 由（1）知，， 所以， 解得，已知， 由余弦定理得，解得. 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱垂直于底面，，点、分别是、的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：取的中点，连接， 因为点、分别是、的中点， 所以且， 又因为且， 所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的判定及性质，线面平行的判定即可证明； （2）根据线面夹角的定义得出即为直线与平面所成角的平面角，即可求解． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 过点作的垂线，设垂足为，连接， 因为平面，平面，所以， 因为底面是正方形，所以， 因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，且，平面， 所以平面，即为直线与平面所成角的平面角， 设， 在中，即， 由（1）可知，， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为． 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，侧平面，是的中点． （1）求证：平面； （2）求侧面与底面所成二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明：在正方形中，， 又侧平面，侧平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为△是正三角形，M是的中点，则， 又，平面，所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由面面垂直性质证平面得，再结合正三角形中线，利用线面垂直判定定理证平面； （2）取上下底中点构造辅助线，先证底面、平面，确定为二面角平面角，再通过边长计算直角三角形边长求出其余弦值； （3）先由面面垂直推平面得到，进而求得面积，利用等体积法，转换三棱锥与体积列方程求解点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取，的中点分别为，连接， 则，因为，所以， 因为△PAD是正三角形，所以， 又侧面平面，侧面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以是侧面与底面所成二面角的平面角． 因为正方形的边长为2，则，， 所以，所以， 即侧面与底面所成二面角的余弦值为． 【小问3详解】 因为在正方形ABCD中，， 又侧面平面，侧平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以△为等腰直角三角形，， ， 设到平面的距离为d，则， 解得，即到平面的距离为． 19. 如图，平面四边形中，点是线段上一点，，且，，，沿着将三角形折叠得到四棱锥，折叠后． （1）求证：平面平面； （2）若，求平面与平面夹角的正切值； （3）若，，，在同一个球面上，设该球面的球心为，证明：当球的半径最小时，点在平面内． 【答案】（1） 在四边形中，因为，所以折叠后有，． 又，平面，平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． （2） （3） 由（1）知平面平面， 设和的外心分别和， 因为、、、均在以为球心的球面上， 则球心为过点和且分别垂直于平面、平面的两直线的交点， 过点作于，连接， 设，显然四边形为矩形， 所以． 在中，设（）， 由及余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径． 在中，，，， 由余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径． 所以， 即， 所以，故当时，球的半径最小， 此时点与点重合，所以点在平面内． 【解析】 【分析】（1）由图翻折可知，，再利用面面垂直的判定证明即可； （2）过点作交于，通过证明平面，得到为二面角的平面角，再求正切值即可； （3）设和的外心分别和，则球心为过点和且分别垂直于平面、平面的两直线的交点，过点作于，连接，可知四边形为矩形，设，通过计算可得外接球半径，当时，球的半径最小，此时点与点重合即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意，又，故， 过点作交于，则，连接，， 因为平面平面，面面，平面， 且，所以平面． 因为平面，所以，同理， 因为，，，所以由余弦定理得， 所以， 因为，平面，平面，所以平面． 因为平面，所以，所以为二面角的平面角． 所以在中，， 所以平面与平面夹角的正切值为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $