精品解析：浙江省名校协作体2026-2027学年高二上学期开学数学试题

高二年级数学学科 练习 考生须知: 1. 本练习满分150分，练习时长120分钟； 2. 答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号. 3. 所有答案必须写在答题卷上，写在练习纸上的无效； 4. 练习结束后，只需上交答题卷. 一、单项选择题: 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知不共线向量，满足向量与方向相同，则实数（ ） A. 2 B. 1 C. D. 3. 已知复数为虚数单位，)，则“”是“为实数”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 4. 将边长为的正绕直线旋转一圈，则所得几何体的内切球的表面积等于（ ） A. B. C. D. 5. 由斜二测画法得到的一个水平放置的的直观图是如图所示的等腰三角形，其中，底角为，则在水平放置图中，的边上的高为（ ） A. B. C. D. 6. 已知关于的方程有实根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数与直线在上有且仅有个交点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题: 本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知为同一试验中的两个事件，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则对立 C. 若，则不互斥 D. 若，则相互独立 10. 如图，内角的对边分别为为边上一点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则角 C. 若，则 D. 的最小值为 11. 已知定义在上的函数满足对任意实数恒成立，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 为奇函数 C. 至少有两个零点 D. 对任意正整数恒成立 三、填空题: 本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为__________. 13. 已知平面经过正方体的顶点，平面平面，平面平面，平面平面，则直线与所成角的余弦值为______. 14. 已知函数 ，其中为实常数. 若，则__________;若存在直线与的图象有无穷多个交点，则__________. 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. 已知平面向量与的夹角为. （1）若向量与垂直，求实数的值; （2）求向量与的夹角的余弦值. 16. 在中，角的对边分别为. 已知向量满足. （1）求角的大小; （2）若的面积为，外接圆面积为，求的周长. 17. 某地交通部门为了解市民对新能源汽车的续航满意度，随机抽取了名新能源车主进行问卷调查，统计了他们实际驾驶中的百公里电耗（单位: 度），并将这个数据作为样本，将样本分成五组: ，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值，并估计该地新能源车主驾驶中的百公里电耗的第百分位数; （2）已知样本数据落在的平均数是，方差是，落在的平均数是，方差是，求这两组数据合并后的平均数和方差; （3）已知在百公里电耗为和的车主中，分别有名和名女性. 现从这两个区间的车主中各随机抽取人参加该地交通部门组织的“低碳出行”市民座谈会，求抽取的人中恰好有名女性的概率. 18. 如图，在四棱锥中，底面，，． （1）若，求证：平面； （2）若平面平面， （i）求四棱锥体积的最大值； （ii）若二面角的正弦值是二面角的正弦值的两倍，求． 19. 已知函数. （1）判断的零点个数; （2）若，且，求证: ; （3）若，且，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级数学学科 练习 考生须知: 1. 本练习满分150分，练习时长120分钟； 2. 答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号. 3. 所有答案必须写在答题卷上，写在练习纸上的无效； 4. 练习结束后，只需上交答题卷. 一、单项选择题: 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，则. 2. 已知不共线向量，满足向量与方向相同，则实数（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为向量与方向相同，所以． 又因为向量，不共线，则等式两侧向量，的对应系数相等， 所以，解得，即（负的舍去）．故． 3. 已知复数为虚数单位，)，则“”是“为实数”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】C 【解析】 【分析】由复数乘方运算和实数概念，利用充要条件的概念即可判断 【详解】因为复数为虚数单位，)， 所以，所以为实数. 4. 将边长为的正绕直线旋转一圈，则所得几何体的内切球的表面积等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】作旋转体的轴截面，如下图，因为是等边三角形，，所以，，设所得几何体的内切球的半径为， 如图，为切点，则在直角中，，所以，所以所得几何体的内切球的表面积等于. 5. 由斜二测画法得到的一个水平放置的的直观图是如图所示的等腰三角形，其中，底角为，则在水平放置图中，的边上的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法的作图方法，先过点作轴的平行线，得到变换后原图形边上的高，再利用解三角形求得此时长度，即可得到原长． 【详解】过点作轴的平行线，交于点，再过点作轴的垂线，交于点，如图： 在直观图中，，底角为，． 在中，． 在中，． 利用斜二测画法还原出原图，作，垂足为点，如图： 由斜二测画法知． 6. 已知关于的方程有实根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先通过换元并构造二次函数，再将原方程有实根的问题转化为与有交点问题，结合函数图象可得. 【详解】令，由指数函数性质得， 原方程变形为关于的二次方程：，即. 令，则， 所以二次函数是开口向上，对称轴为，因此函数在上单调递增，且. 所以函数在上的值域为，因此原方程要有实根，则， 由对数函数的性质，解得，即的取值范围是. 7. 已知函数与直线在上有且仅有个交点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先应用二倍角公式化简，再应用余弦函数性质列式计算求解. 【详解】， 令得，解得， 要使时有且仅有3个交点，即可取0、1、2，时对应超出区间， 因此，解得， 8. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，则可将原式看作关于的一元二次方程，再利用求根公式表示出，再结合辅助角公式与三角函数运算分类讨论即可得解. 【详解】令，则， 有， 则， 若，则， 若，则， 即或， 当时，有， 又且，故，则； 当时，有， 又，则或， 即（舍）或，故； 综上所述：. 二、多项选择题: 本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知为同一试验中的两个事件，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则对立 C. 若，则不互斥 D. 若，则相互独立 【答案】CD 【解析】 【详解】A：概率大小无法推出事件的包含关系.例如掷骰子，事件为“掷出偶数”，；事件为“掷出1点”，，满足，但，故A错误. B：对立事件需满足且，仅无法推出； 例如从1~10中任取一数，，，， 但不对立，故B错误. C：若互斥，则，与矛盾，因此必不互斥，故C正确. D：由得，则，满足相互独立的定义，故D正确. 10. 如图，内角的对边分别为为边上一点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则角 C. 若，则 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据化简，结合角的关系及倍角公式即可得A；由边角关系及可得B；借助三角恒等变换公式及正弦定理与面积公式计算可得C；结合正弦定理可将原式化为与角有关的等式，再利用换元法及基本不等式计算可得D. 【详解】对于选项A：由题意得，， 因为，， ， 所以， 所以，故A错误； 对于选项B：由，则，则， 由A知，，故，故，故B正确； 对于选项C：由，则，故， 由，则，则， 故，； 由，，则， 由正弦定理可得，则， ， 故，故C正确； 对于选项D：由正弦定理得， 又， 故， 令，因为，所以，所以， 则 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为，故D正确. 11. 已知定义在上的函数满足对任意实数恒成立，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 为奇函数 C. 至少有两个零点 D. 对任意正整数恒成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】先通过对题干不等式双向赋值（交换的取值顺序），利用不等式的上下限夹逼得到特定点的函数值，判断选项A；再代入正负搭配的特殊值，夹逼得到的准确值，结合判断函数奇偶性，验证选项B；接着赋值推导，再通过另一组赋值得到第二个零点，判断选项C；最后通过归纳递推得到正整数对应的函数表达式，代入选项D的不等式作差验证其恒成立. 【详解】选项A： 令，代入不等式得： 令，代入不等式得： 因此，A正确. 选项B： 令，得，代入，解得； 令，得，解得. 故，而，，因此不是奇函数，B错误. 选项C： 令，代入不等式得，即对任意恒成立，故，是一个零点. 令与，可推得，是另一个零点. 因此至少有两个零点，C正确. 选项D： 设对任意正整数，可证：当均成立； 假设，， 令和，可证. 代入得： ， 作差：， 故，D正确. 【点睛】核心技巧：抽象函数问题优先用赋值法，本题的关键是双向赋值夹逼——通过交换的位置得到两个反向不等式，将不等式条件转化为等式，从而求出具体函数值. 题型通法：判断抽象函数的奇偶性、零点，均通过代入特殊值（如0、相反数对）实现；涉及正整数的函数规律，可通过递推结合数学归纳法验证. 易错提醒：奇偶性需满足定义域内任意都成立，不能仅靠单点值判定；作差法是验证函数不等式恒成立的常用手段. 三、填空题: 本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为__________. 【答案】## 【解析】 【详解】已知复数， 则， 因此的虚部为. 13. 已知平面经过正方体的顶点，平面平面，平面平面，平面平面，则直线与所成角的余弦值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】先通过构造与平面平行的平面，由面面平行的性质可得，，结合等角定理可得直线与所成角等于与所成的角，即为，从而可得所求角的余弦值. 【详解】因为在正方体中，且， 所以四边形是平行四边形，所以. 又因为平面，平面，且， 由线面平行的判定定理得，平面，同理可得平面. 又因为，平面， 由面面平行的判定定理得平面平面. 又因为平面平面，所以平面平面. 因为平面平面，平面平面， 平面平面， 由面面平行的性质，所以. 同理平面平面，平面平面，平面平面， 由面面平行的性质，所以. 因为，，由等角定理，直线与所成角等于与所成的角， 即为. 在中，由正方体的性质可知，，即为正三角形， 所以，，因此直线与所成角的余弦值为. 14. 已知函数 ，其中为实常数. 若，则__________;若存在直线与的图象有无穷多个交点，则__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】①根据题意，由分段函数的表达式即可求解；②分析分段函数的图像，寻找无穷交点的条件即可. 【详解】①已知，所以当时，，所以， 当时，，因此； ②根据题意，函数 的图像如图所示（）， 要使直线与的图象有无穷多个交点，则方程有无穷多个解， 由于时，，而直线在时趋于，所以在时直线与最多有有限个交点， 因此，无穷交点必须出现在的区间， 在时，是由上的图像不断向右平移单位，向上平移单位得到周期性结构， 若，的图像是周期为的周期函数，有界，此时直线与只有有限个交点； 若，的图像呈阶梯状上升（）或下降（）， 直线的斜率为，即每向右单位，增加， 为了让直线与函数每个周期的图像都有交点（从而有无穷多个交点），则在每个周期结束时的增量必须等于直线在周期长度上的增量， 即时，， 令，则，所以是一个周期为的函数， 方程等价于， 因为在时是周期函数，所以只要在的值域内，就会有无穷多个交点， 因此，当时，存在直线与的图象有无穷多个交点. 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. 已知平面向量与的夹角为. （1）若向量与垂直，求实数的值; （2）求向量与的夹角的余弦值. 【答案】（1）. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用两向量垂直等价于数量积为零，将条件展开为关于 的方程，代入已知数量积和模长后求解即可； （2）先计算差向量的模长，再计算其与的数量积，代入夹角公式即可求得余弦值. 【小问1详解】 由与垂直知， 再由知， ，解得. 【小问2详解】 由知，. 再由知， . 16. 在中，角的对边分别为. 已知向量满足. （1）求角的大小; （2）若的面积为，外接圆面积为，求的周长. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据数量积的坐标运算及余弦定理求解即可； （2）利用三角形面积公式及正弦定理、余弦定理求解. 【小问1详解】 由，得. 再由余弦定理知，. 故由知，. 【小问2详解】 由，得. 由外接圆面积为知，外接圆半径. 由正弦定理知，. 再由余弦定理知，，从而. 故的周长为. 17. 某地交通部门为了解市民对新能源汽车的续航满意度，随机抽取了名新能源车主进行问卷调查，统计了他们实际驾驶中的百公里电耗（单位: 度），并将这个数据作为样本，将样本分成五组: ，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值，并估计该地新能源车主驾驶中的百公里电耗的第百分位数; （2）已知样本数据落在的平均数是，方差是，落在的平均数是，方差是，求这两组数据合并后的平均数和方差; （3）已知在百公里电耗为和的车主中，分别有名和名女性. 现从这两个区间的车主中各随机抽取人参加该地交通部门组织的“低碳出行”市民座谈会，求抽取的人中恰好有名女性的概率. 【答案】（1），第80百分位数为17 （2）平均数；方差. （3） 【解析】 【分析】（1）根据百分位数定义求解即可； （2）根据方差的定义计算即可得解； （3）根据随机抽样确定各组中抽取的人数，利用互斥事件的和及古典概型求解. 【小问1详解】 由题意知，，解得. 因为前组的频率之和为， 前4组的频率之和为， 所以样本数据的80百分位数落在中，设其为， 则，解得，即样本数据的80百分位数为. 故估计该地新能源车主驾驶中的百公里电耗的80百分位数为17. 【小问2详解】 两组数据合并后的. 两组数据合并后的， 计算得. 【小问3详解】 已知中有6名女性，则男性有(人); 中有14名女性，则男性有(人). 从中抽取1人，从中抽取1人，基本事件总数为: . 设事件=“抽取的2人中恰好有1名女性”，则事件包含以下两种互斥情况: ①从中抽到女性，从中抽到男性，有， ②从中抽到男性，从中抽到女性，有， 所以事件包含的基本事件数为: . 故所求概率为. 18. 如图，在四棱锥中，底面，，． （1）若，求证：平面； （2）若平面平面， （i）求四棱锥体积的最大值； （ii）若二面角的正弦值是二面角的正弦值的两倍，求． 【答案】（1）因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，， 则，所以， 所以在平面内，， 又平面，平面， 所以平面； （2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）利用结合证得平面，得到，结合勾股定理的逆定理得，推出，证出线面平行； （2）（i）由平面平面推导出平面，得到，为斜边固定的直角三角形，求出底面最大面积，代入棱锥体积公式得体积最大值； （ii）三垂线法分别找出两个二面角的平面角，利用正弦倍数条件得到，算出后借助直角三角形斜边上高建立关于的方程求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）如图，过点作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 设，， 由勾股定理，， 由基本不等式，得， 所以，当且仅当，即取等号， 所以最大值为， 在中，，， ， 所以的最大值为 四棱锥中，底面，高， , 所以的最大值为； （ii）因为，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，且平面平面， 如图，过点作，垂足为， 再过作，垂足为，连接，， 则平面， 则，分别为二面角，的平面角， 于是，由，得， 在中，， 由等面积得， 由，得， 设，中斜边上高， 所以， 解得． 19. 已知函数. （1）判断的零点个数; （2）若，且，求证: ; （3）若，且，求的最大值. 【答案】（1）在上有且仅有个零点； （2）由基本不等式，两边取对数得. 由知， . 即，所以， 于是，. 另解: 由基本不等式，两边取对数得. 由知， . 再由知， . 于是，． （3）． 【解析】 【分析】（1）将定义域分成若干区间分别判断函数值的符号或单调性，利用零点存在定理确定零点个数，关键在于找到函数值变号的区间； （2）分别证明对数部分和三角函数部分满足琴生型不等式，再将两者相加即可；核心是将 的差转化为 与 的乘积形式； （3）利用已知条件化简得到，再通过角度关系推出，然后反复应用第二问的不等式进行放缩，得到关于的不等式，从而确定最大值． 【小问1详解】 当时，. 当时，由知， ，故. 当时，因为单调递增，单调递增， 所以由单调递增，以及知，存在唯一，使得. 当时，，而，所以，无零点， 综上所述，在上有且仅有个零点. 另解: 由的零点个数即函数与的图象的交点个数，结合下图 知在上有且仅有个零点. 【小问2详解】 略． 【小问3详解】 因为，且， 所以， 所以，不妨设， 并令，由知， 所以， 由于 ， 均为正，所以： 正弦函数在 上严格单调递增，所以，所以. 又因为，可得：， 于是，且， 于是，，且. 再由(2)知， ， 解得，其中取等条件为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $