重庆市第一中学校2026-2027学年高二上学期9月定时练习数学试题

**基本信息** 重庆一中高二开学数学定时练习，以解答题（5小题77分）为核心，通过基础巩固与能力提升的梯度设计，衔接高一知识与高二内容，发展运算能力、推理意识及应用意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|5/77|函数单调性、数列递推、立体几何证明、实际应用问题|结合生活情境设计优化问题（如资源分配），体现数学语言表达现实世界；通过多知识点综合题（如函数与数列结合），培养数学思维的逻辑性与系统性，符合高考命题中对综合能力的考查趋势。|

重庆一中高2028届高二上期9月定时练习 数学试题卷 注意事项 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上。 2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 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.已知复数z=告则z的虚部为 A月 B C. D 2.如图，矩形ABCD是水平放置的平面四边形ABCD用斜二测画法画出的直观图，其中AB'=1, D'=3,则原四边形ABCD的对角线AC= A.6 B.32 C.2V6 D.62 O B 3,右图是正方体的平面展开图，则在原正方体中，下列命题正确的是 A.平面ACNI/平面BEM B.EF和CD为异面直线 C.DE//BM D.BF⊥平面DEM 4.已知非零向量ā，b满足b+d=d-3,则向量ā在向量6上的投影向量为 A.26 B.B C.-B D.-26 5.棱长为2的正方体ABCD-4BCD,点E,F分别为棱BCDD的中点，则点F到直线AE的距离为 A29 B君 c.5 D.v105 5 5 6.已知圆C:红-}+0-b}=1a>0,b>0)上有两点关于直线x+2y-4=0对称，则2+的最小值为 a b A.2W2 B.2 C.4 D.8 7.已知圆0：x2+y2=r2(r>0)上有且只有两个点到直线k3x-4y-15=0的距离为1，则圆0半径r 的取值范围为 A.(2,4) B.[2,4 c.(2,3] D.[3,4) 8.已知球O为三棱锥S-ABC的外接球，SA=SC=AB=AC=√2，BS=BC=2,则球O的表面积是 A.7 B. C. D.8π 第1页共4页 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.已知直线：y=kx+6k一9，则下列说法正确的是 A.直线1恒过定点(-6，-9) B.若直线1与直线2x+y-1=0直，则长=号 C.若直线在x轴上的截距为3则k=1D.若k之万，则直线1的倾斜角a的取值范围为[行 10.已知i为虚数单位，z∈C,则下列说法中正确的是 A.若n为正整数，则4n+3=-1 B.若1≤z-2≤√2，则在复平面内z对应的点Z的集合所构成的图形的面积为π C.lz2=z.z D.若复数-3+2i是关于x的方程x2+px+q=0(P,9eR)的一个根，则p+q=19 11.已知正方体ABCD-AB,CD的棱长为2，动点P满足乎=CC,其中元∈[0,1经过4，B,P三点的平 面a与正方体表面的交线构成多边形y,则 C A.当=0时，直线BD与平面a垂直 B.31∈(0,1)，使得多边形Y为五边形 D--- C.3e(0,1),使得|AP+PDl=2W万 D。平面“截正方体内切球所得截面的面积最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知在△ABC中，满足AB=1,AC=5,BC=3N2,那么角B= 13.过点(2,4)且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线的一般方程为 14.已知△ABC中，BC=3,AC=4,P是BC上一个定点，满足BP=2P,C,且对于边BC上任意一点 P,恒有PA-PC≥PAPC,则△ABC的面积为 第2页共4页 四、解答题：大题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分) 已知向量ā，6是平面内的一组基底，同-2，同=1，a与方的夹角为60°.若c=xa+6,则称有序数 对(：y)为向量c在基底{a,下的坐标，已知向量：在基底{a,列下的坐标为(1,2. (1)求向量c的模长： (②)若向量a在基底{a,下的坐标为(，1)，且a⊥c,求实数t的值，并求a与a的夹角的余弦值. 16.(15分) 在△4BC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c,满足：1 1 1 tan tanC sinB (1)求证：b2=ac; (2)若b=2,且△MBC的面积为√5，求角B的大小及a+C的值， 17.(15分) 在直三棱柱ABC-4BC中，AB⊥AC,AB=AC=AA=2,其中D为棱A4中点，E 为棱4C上一动点（不含端点），如图. (1)求证：AB⊥DE; (2)若二面角D-BE-C为直二面角，求线段4E的长度、 第3页共4页 18.(17分) 已知圆O方程：x2+y2=16,点M(6,O),点N是圆O上的动点，点P为线段MN的中点 (1)求点P的轨迹方程： (2)记点P的轨迹为曲线C,过点M作曲线C的两条切线，切点分别为A点和B点，求直线AB的方 程及弦长AB: (3)过点K(4,0)作直线与曲线C交于E,F两点，在x轴上是否存在一点Q,使得x轴总是平分 ∠EQF?若存在，求出点Q的坐标：若不存在，请说明理由. 19.(17分) 设两两不共线的空间向量a=(,片，)，=（名2,2,2）和c=(3,为，)： 定义a,万的数量积为a.6=+2+2,满足a.6=cos(a,): 定义a,的外积为ax石=2-2，-2,2-)，满足后×=si血(a,): ()设a=(1,2,3),元=(22,1)，证明a,6满足：a×=lsin(a,): (②)探究向量a×方分别和向量a,的位置关系并指出口×的几何意义 (3)假设a,,c不共面，定义a,i,的混合积为[a,i,c=(a×)c,证明：[a,,c]等于以 日，同，月为同一顶点三条棱的平行六面体体积。 第4页共4页重庆一中高2028届高二上期9月定时练习 数学参考答案 一、单选题： 1 3 4 5 6 7 8 D C A B D B A C 、多选题： 9 10 11 AC BCD ACD 三、填空题： 12 13.2x-y=0或x-y+2-0 14.35 16解：(1)等式左边=、1 1 cosA cosC cos AsinC+cosCsinA sin(4+C) tanA'tanC sinA'sinC sin AsinC sin Asin C 因为A+B+C=元，所以A+C=T-B,故sin(A+C_s血（π-B) sin B sin AsinC sin Asin C sin AsinC 又因为左边= sin B 1。=右边，所以sinB=-sin AsinC, sinAsinC sin B 由正弦定理a=b。c =2R得：b2=ac,得证 sinA sinB sinC ②)由b=2及(1)的结论可得：c=b'=4,又因为44BC面积s=,ac sin B=2simB=V3 31 …9分 由余弦定理b2=a2+c2-2 ac cos B得：(a+c)2=a2+c2+2ac=b2+2 ac cos B+2ac, 放(a+c)2-12+8cosB:①当B=写时，c0sB=号，a+c=4:12分 3 ②当B=匹时，c0sB三2，a+c=2W2,由基本不等式a+c≥2c=2W4=4可得矛盾 3 所以a+c=4,故综上所述B=胥，a+c=4. ..15分 17.解：(1)法一：因为三棱柱ABC-ABC1为直三棱柱，所以AB∥AB,且AB⊥AA, 又因为AB⊥AC,AB⊥A4,AB,A4C平面AAC且AC⌒AA=A,所以AB⊥平面AA,C, 又因为DEc平面AA,C,由线面垂直的定理可得：AB⊥DE,又有AB∥A,B,故得AB⊥DE, 得证.... ..6分 法二：因为三棱柱ABC-A,B,C为直三棱柱，所以AB⊥AA,AC⊥AA,又因为AB⊥AC,所以能以A 点为坐标原点，以AB,AC,A4所在直线为x,),z轴建立空间直角坐标系A-z, 1 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),B(2,0,2),C1(0,2,2),D(0,0,1),设AE长度为1， 则E点坐标为(0，，2)，故AB=(2,0,0),DE=(0,1,1),所以4BDE=(2,0,0)(0,2,1)=0, AB,⊥DE,证得： AB1DE....6分 (2)设E点坐标为(0，元，2)，则BD=(-2,0,1),BE=(-2,1,2), BC=(-2,2,0), %·BD=0 设平面BDB的法向量为n=(x,y,z),则有 →不妨令x=1,则y=-2,z=21, h·BE=0 所以2=(2，-2,22)，同理可得平面BCE的法向量=(2,2,2-).....…12分 又因为二面角D-BE-C为直二面角，所以平面BDE⊥平面BCE→·=O, 故mm=（2,-2,22)-(2,2,2-)=22-3元+2=0， 解得：1=1或2，当2=2时E点与C1点重合，故舍去， 综上所述4E==1...........15分 18.解：(1)法一：设P点坐标为(x,y),因为M点坐标为(6,0)，点P为线段MN的中点， 所以N点坐标为(2x-6,2y),又因为N点在圆0上，代入圆的方程得：(2x-6)+(2y)=16 化简得：(x-3)+y2=4,故点P的轨迹方程为(x-3)+y2=4........4分 法二：设圆心O(0,0)与点M(6,0)连线的中点为点C(3,0),可易证△MON~△MCP, 且相似比为21，所以C刊=oN=2,P点轨迹为以C3,0)为圆心，以2为半径的圆， 则轨迹方程为(x-3)+y2=4.. .....4分 (2)①当过点M的直线斜率不存在时，不可能与圆C有交点，故舍去： ②当过点M的直线斜率存在时，设直线方程为：y=k(x-6),当直线与圆C相切时， 圆心C80到直线距离等于辛径2，可得：d=以=2=？，解得：中25 Vk2+1 5 此时直线方程为y25x-6,与国c方联立得：收-3：-0-4 解得：x=13 132W5 3 ,所以A点和B点坐标为 直线B的方程为：号h:5 3 ….10分 (3)存在，点Q坐标为(7,0)，证明如下： 不妨设点9坐标为(a,0),交点E,F点坐标为(，)，(x,), ①当过点K的直线斜率不存在时，与圆C的交点为E(3,√5)和F(3,-√3)，x轴上任意一点均满足题意； ②当过点K的直线斜率存在时，设直线方程为：y=k(x-4),与圆C方程(x-3)+y2=4联立得： (x-3)2+[k(x-4)]=4,化简得：(k2+1)x2-(8k2+6)x+16k2+5=0, 所以根紫卡达定理可：长+学 …….13分 又因为x轴平分∠EQF,所以直线EQ和直线FQ的斜率互为相反数： k+k2=0→》。十户。=0，将直线方程y=k(K-4)代入得： x-a x-a (x-a)+(-a)=0→k(:-4)(x-a)+k(x-4)(x-a)=0,代入韦达定理结果得： 24西-(4+a+g)+a=0→32k+10-(4+a8歌+6 k2+1 k2+1 8a=0,化简得： 32k2+10-(4+a)8k2+6)+8a(k2+1)=0→2a-14=0,解得：a=7, 综上所述，点0坐标为(7,0)，得证.. .....17分 19.解：(1)证明：因为axb=(2-6,6-1,2-4)=(-4,5,-2),所以ax=√45=35， 反-.6时前话点 正得：✉=5=3怎-sma列 …….5分 (2)不妨设ā=ax=(y2-y2,,-x,x-),所以有： d.a=(y122-z1y2,1x2-x122xy2-yx3）(61,y1,) =1y122-x1y231+x2431-x1y122+x1y231-X2y131=0 ā.i=(y-2y,2-y-4223） =X2M122-X2y21+X2y33-1y222+x1y221-x2122=0 3 所以d.a=0,d.i=0→d⊥a,d1b,向量axb分别与向量a,b垂直...8分 因为向量a,b不共线，不妨设一平行四边形，同一起点的邻边长分别为d,,夹角为向量ā，的夹 角(a）,此时平行四边形的面积S=dh=lsim(a,} 因为同-ax=si血(a,),所以同可表示为以同，园为邻边的平行四边形面积s, 证得：ā×的几何意义为以同，为邻边的平行四边形面积.......11分 (3)证明：设d=axi,由(2)结论可知，向量d与向量a,b垂直且向量a,i不共线，所以d是向 量a,张成平面的一个法向量，又因为[a,c]=(ax)d=反.d=cos(a,c》 其中园可表示为以日，为邻边的平行四边形面积S,为该平行六面体的一个底面面积， 而cos(a,©)是c与平行六面体这一底面的法向量所成夹角的余弦值， 也就是与该底面夹角的正弦值sin0,所以cos(a,c》=sind可表示为该底面上的高h, 由平行六面体的体积公式可知V=S.h=Fcos(a,c[a,6c] 故证得[a,6,c]等于以d,l和日为同一顶点三条棱的平行六面体积.....l7分 4