精品解析：安徽蚌埠第二中学2026-2027学年高二上学期8月检测数学试题

2026―2027学年度高二第一学期8月检测数学试题 满分150分　　考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知向量，，且，则（ ） A. 12 B. 10 C. 8 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用共线向量定理先求，再由向量数量积的坐标运算即可求解. 【详解】由题意，所以，所以. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法1：将分解为，使用正弦的和角公式即可解决本题； 方法2：将分解为，使用诱导公式和“特殊角”的余弦值即可解决本题； 本题分解方式较多，例如还可以是等，解法类似，不再赘述. 【详解】方法1： . 方法2： . 3. 已知函数，若为偶函数，则的值可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得： ， 因为为偶函数， 所以，解得：， 当时，可得. 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由三角函数值及角的范围可得角及所在象限，再由同角三角函数关系式及半角三角函数关系式可得. 【详解】已知，且，因此是第四象限角，即， 得，该区间是第二象限，因此. 由同角三角函数基本关系​，代入， 所以， 结合是第四象限角，，得. 由半角公式得， 因此. 5. 已知向量且向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的定义，结合向量的模长，对比已知投影向量的系数即可求得数量积. 【详解】已知向量，则，因此， 又因为向量在向量上的投影向量为，即， 解得，故A正确. 6. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角函数的图象求出函数的解析式，再利用三角函数图象变换可得出函数的解析式. 【详解】由图可知，函数的最小正周期满足，所以最小正周期， 故，此时； 将最低点代入可得，即， 所以，可得. 又，所以，所以； 将的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍， 由三角函数图象伸缩变换的规律可得． 7. 已知三棱柱所有棱长均为为的中点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题设可得，然后以作为基底表示，最后由向量模长公式可得答案. 【详解】因三棱柱所有棱长均为1，， 则， ， 则 ， 又，， 则. 8. 已知是锐角三角形，角，，的对边分别为，，，且，，点在边上，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据边角互化及三角恒等变换可得，再在与中，分别用正弦定理可得，根据中的正弦定理及三角函数性质可得取值范围. 【详解】在中，由正弦定理及可知， 又在中，， 则， 即， 又为锐角三角形，，，，，， 即，，即， 又在中，由正弦定理可得， 在中，由正弦定理可得， 又，即，且， 可得，， 则，所以， 即， ， 又为锐角三角形，，即， 解得，则， 则. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若复数满足，则（ ） A. 的实部为 B. C. 的虚部为 D. 【答案】AD 【解析】 【详解】由，移项得， 所以，即， 因为，所以， 解得， 对于选项A：的实部为1，所以A正确； 对于选项B：，所以B错误； 对于选项C：的虚部为，所以C错误； 对于选项D：，所以D正确. 10. 在三棱锥中，平面，，，，则（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 点到平面的距离为 C. 二面角的正弦值为 D. 三棱锥各顶点均在半径为4的球的球面上 【答案】AC 【解析】 【分析】由且，推出平面，而平面，从而判断A选项；先求三棱锥的体积，再求的面积，用等体积法反推点到平面的距离即可判断B选项；取中点，由等腰三角形三线合一得、，则为二面角的平面角，在三角形中利用边长关系求正弦值即可判断C选项；利用两两垂直，将三棱锥补成长方体，外接球半径等于长方体体对角线的一半，即可判断D选项． 【详解】对于A选项，因为平面平面，所以， 又，所以平面， 因为平面，所以，故异面直线与所成的角为，故A正确； 对于B选项，三棱锥的体积， 因为平面，平面，所以， 因为，，， 所以， ， 所以，是等腰三角形， 记为中点，连接，由等腰三角形得 所以， 故， 设 到平面 的距离为 ，则， 解得，故B错误； 对于C选项，连接，则，又因为平面，平面， 所以为二面角的平面角， 因为，，所以， 所以，即是直角三角形， 所以，故C正确； 对于D选项，由两两垂直，可将三棱锥补成长方体， 其长宽高分别为，三棱锥外接球与长方体外接球相同， 外接球直径等于长方体体对角线：，故D错误． 11. 已知，以下说法正确的有（ ） A. 是偶函数 B. 的最小正周期为 C. 的最小值为 D. 方程恰有个解 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，根据条件，利用奇偶函数的判断方法，即可求解；对B，根据，即可求解；对C，先求出在上值域，再由偶函数的性质，即可求解；对D，利用C，得的图象，构造函数，将问题转化成两函数图象的交点的个数，再利用对数函数的性质，即可求解. 【详解】对于A，易知的定义域为，关于原点对称，又， 所以是偶函数，故A正确， 对于B，因为，则， ， 所以不是的周期，故B错误， 对于C，由选项A知是偶函数，则的图象关于轴对称， 当时，， 即， 当时，， 当时，， 当时，， 综上可知，故C正确， 对于D，由选项C可得的图象如图所示， 由选项C知，当时，是的最小正周期，令， 则方程的解的个数，即的图象与图象交点的个数， 当时，，又，所以当时，， 则当时，的图象与图象有无数个交点，故D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中D为边AC上一点，且，若点P在线段BD上，设，则________． 【答案】 ## 【解析】 【详解】由，得，则， 因为点在线段上，即三点共线，则， 所以. 13. 若，其中，则_________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以，且， 故. 因，且，所以. 所以. 14. 在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，是正方体侧面上的一动点（含边界），给出下列四个结论： ①满足的点有无数个； ②满足直线平面的点有且只有一个； ③满足的点的轨迹长度为； ④满足直线与所成角为的点不存在． 其中正确结论的序号是___________． 【答案】①③ 【解析】 【分析】分别为的中点，为中点，结论①，通过证明平面，得点轨迹为线段即可判断；结论②，证明平面平面，得点轨迹为线段，即可判断；结论③，结合线面垂直和勾股定理，点的轨迹为，计算轨迹长度即可判断；结论④，由直线与所成角为即可判断. 【详解】分别为的中点，为中点， 连接， 对于①，和中，，， 所以，， ，得， 正方体中，平面，平面，所以， 即，，平面，所以平面， 平面，所以， 分别为的中点，则， ，， 有，所以， ，平面，平面， 由，点轨迹为线段，点有无数个，结论①正确； 对于②，分别为的中点，则有，， 平面，平面，所以平面， 同理有平面，，平面， 所以平面平面，又直线平面， 点轨迹为线段，满足直线平面的点有无数个，结论②错误； 对于③，正方体中，平面，平面，所以， 有，又，满足的点的轨迹为， 轨迹长度为，结论③正确； 对于④，为等边三角形，，直线与所成角为， 所以点与点重合时，满足直线与所成角为，结论④错误. 正确结论的序号是①③. 四、解答题解答题：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. 在中，，，． （1）求； （2）过点A作的垂线，并与直线交于点D，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求解即可； （2）由同角的平方关系和商数关系可求得，进而求得，可求的面积． 【小问1详解】 因为，，， 所以． 【小问2详解】 因为，， 所以，则． 又，所以，则， 则的面积为． 16. 已知函数，． （1）求在的单调递减区间； （2）若，，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先通过三角恒等变换化简函数解析式，再结合正弦函数的单调区间及给定的范围求解. （2）先由得到，结合角的范围得到，再用两角和的正弦公式计算即可. 【小问1详解】 由降幂公式与二倍角公式可得 , 令，解得 所以， ，所以， 在的单调递减区间为. 【小问2详解】 ， 化简得.因为，所以， 所以. 所以 17. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角B的大小； （2）若，且，求的值． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和辅助角公式得，求出； （2）由正弦定理和余弦定理得，开方可得答案 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 又，所以，所以， 即，， 又，所以，所以，所以； 【小问2详解】 由（1）知，，又， 则由正弦定理得． 由余弦定理可得，所以， 所以， 根据正弦定理得，， 因为，则，所以， 所以． 18. 如图，在直三棱柱中，，. （1）求证：； （2）求与平面所成的角的大小. 【答案】（1）连接与相交于点D，如图所示， 在直棱柱中，平面，平面， ， 又，，平面， 所以，平面， 平面， ， ， 四边形为菱形，即， ，且平面， 平面， 平面， . （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明线面垂直后再证明线线垂直. （2）证明线面垂直后找出线面角进而通过线段长度求解角度. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，如图所示； ，， 平面，平面， ， ，且平面， 平面， 是在面内的射影，是与平面所成角的平面角. 在中，易知，， ， ，即与平面所成的角的大小为30°. 19. 如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点. （1）证明：； （2）若， ①三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； ②求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）如图，取的中点，连接、. 因为是正三角形，为中点，所以； 因为是等腰直角三角形，，为中点，所以. 又，平面，故平面. 因为平面，所以. （2）①；② 【解析】 【分析】（1）取 中点 ，由正三角形和等腰直角三角形的性质得 、，从而 平面 ，故 ； （2）① 由垂直关系得外接球球心为中点，用等体积法分别求到平面 的距离和到平面的距离，球心到平面的距离为后者的一半； ② 建立空间直角坐标系，由垂直关系确定坐标，分别求两平面法向量，用夹角公式得二面角余弦值. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 ①当 时，由 ，则 ， 取的中点 ，连接 . 故到四点的距离相等，故为三棱锥 外接球的球心， 因为，故 ， 设到平面 的距离为，到平面 的距离为， 由等体积法可得 而，由于 ，故. 所以， 从而，故到平面 的距离为. ②由①知 ，且 . 以为原点，、所在直线分别为轴、轴，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系. 则，设. 由，即，得；由，即，得 ； 又 ，故，所以. 平面中，， 其法向量满足，可取； 平面 中，， 其法向量满足，可取. 设平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026―2027学年度高二第一学期8月检测数学试题 满分150分　　考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知向量，，且，则（ ） A. 12 B. 10 C. 8 D. 4 2. （ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，若为偶函数，则的值可以为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量且向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，将的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知三棱柱所有棱长均为为的中点，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知是锐角三角形，角，，的对边分别为，，，且，，点在边上，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若复数满足，则（ ） A. 的实部为 B. C. 的虚部为 D. 10. 在三棱锥中，平面，，，，则（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 点到平面的距离为 C. 二面角的正弦值为 D. 三棱锥各顶点均在半径为4的球的球面上 11. 已知，以下说法正确的有（ ） A. 是偶函数 B. 的最小正周期为 C. 的最小值为 D. 方程恰有个解 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中D为边AC上一点，且，若点P在线段BD上，设，则________． 13. 若，其中，则_________． 14. 在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，是正方体侧面上的一动点（含边界），给出下列四个结论： ①满足的点有无数个； ②满足直线平面的点有且只有一个； ③满足的点的轨迹长度为； ④满足直线与所成角为的点不存在． 其中正确结论的序号是___________． 四、解答题解答题：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. 在中，，，． （1）求； （2）过点A作的垂线，并与直线交于点D，求的面积． 16. 已知函数，． （1）求在的单调递减区间； （2）若，，求的值． 17. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角B的大小； （2）若，且，求的值． 18. 如图，在直三棱柱中，，. （1）求证：； （2）求与平面所成的角的大小. 19. 如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点. （1）证明：； （2）若， ①三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； ②求平面与平面的夹角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $