精品解析：湖南衡阳市第一中学2026-2027学年高二上学期开学考试数学试题

衡阳市一中2026年下学期高二年级入学考试 数学试题 时量：120分钟 分值：150分 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. 已知为虚数单位，若复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由已知等式，两边同乘得： ， 故 ，故  . 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二倍角公式展开待求式，构造关于、的二次齐次分式，代入的值计算. 【详解】 ， 由可得：分子为， 分母为， 因此原式. 4. 已知平面向量，满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设 ，. 由 ，条件  两边平方得 ①. 又由 ，可得 ②. 将②代入①得. 因为 ，所以. 故 . 5. 已知正实数，满足，则的最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】已知，，整理，得， 则，，， 则， 当且仅当，即时，等号成立. 故的最小值为. 6. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为和，侧棱长为，则该四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将正四棱台补形为正四棱锥，求出棱锥的高，即可得到棱台的高，再根据台体的体积公式计算可得. 【详解】依题意将正四棱台补全为正四棱锥，如下图所示： 因为，且，故为的中位线， 所以，同理可得， 因为四边形是边长为的正方形，故， 所以是边长为的等边三角形， 设，由正四棱锥的结构可知：平面，且， 故正四棱台的高为， 所以正四棱台的体积为. 7. 已知函数在区间上单调递增，且在区间上只取得一次最大值2，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角恒等变换化简，结合函数单调区间和取得最值的情况，利用整体法即可求得参数的范围. 【详解】由题意得 ， 由题意得在区间上单调递增， 由，则，结合 可得，解得， 当时，，要使得该函数取得一次最大值2， 故只需，解得； 综上所述，的取值范围为，故B正确. 8. 若定义在上的函数，且，，函数在区间上的所有零点为，则（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的周期性作出函数的图象，再作出的图象，利用方程与函数之间的关系转化为两个函数交点个数问题，利用数形结合进行求解即可． 【详解】当时，， 此时关于对称， 且当时，关于对称， 又因为，所以， 作出函数在区间上的图象： 所以的函数图象在上关于点对称， 又，所以的周期， 因此的图象关于点对称，又的图象关于点对称， 所以在上的所有零点两两关于点对称， 作出与的函数图象如图所示： 由图象可知与在区间上有8个交点， 每2个交点关于点对称，那么这2个交点的和为2， 所以. 故选：A. 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，有多项符合题目的要求，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. 某市文化和旅游局制定出台推动文旅市场恢复振兴的系列措施，以丰富的旅游业态和高品质的文旅服务不断提升游客出游体验，促进文旅消费增长．现为进一步发展该市文旅，提升经济，2025年5月份对该市旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿、交通、服务等方面调查旅客满意度，满意度得分采用百分制，统计的综合满意度得分成绩绘制成如下频率分布直方图，若同一组中的数据用该组区间的中点值为代表，则下列结论正确的是（　　） A. 频率分布直方图中 B. 2025年5月份对该市旅游的游客满意度得分的平均数近似值为 C. 2025年5月份对该市旅游的游客满意度得分的第60百分位数近似值为 D. 若落在的平均成绩，方差，落在的平均成绩，方差，则落在的平均成绩为87，落在的成绩的方差为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用频率分布直方图所有矩形面积之和为1的性质求出未知频率，再结合分组数据依次计算出平均数、百分位数以及总体方差即可. 【详解】对于A，由题意得，解得，故A错误， 对于B，各组频率分别为， 则有，故B正确， 对于C，80分以下的频率为，90分以下的频率为， 所以第60百分位数落在之间，设其为， 则有，解得，故C正确， 对于D，设落在的成绩的总体平均数为，总体方差为， 由题意得落在的成绩的频率为， 则， 则，故D正确. 10. 如图， 正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在点， 使得平面 B. 异面直线与所成的角的大小为 C. 过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 D. 若平面，则点的轨迹的长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，取的中点，通过平面平面，即可判断，B选项，作出辅助线，为直线与所成角，为等边三角形，故；C选项，作出辅助线，得到四边形为截面图形，并得到其为梯形；D选项，作出辅助线，证明出平面平面，故当在线段上时，平面，点的轨迹的长度为. 【详解】A选项，取的中点，连接， 因为，分别是，的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，同理可得平面， 因为，平面，所以平面平面， 故当在线段上时，满足平面，A正确；    B选项，由A知，且，所以，故为直线与所成角或其补角， 连接，则， 所以为等边三角形，故， 异面直线与所成的角的大小为，B正确； C选项，连接，由A知，，又，所以， 所以四边形即为过，，三点的平面截正方体所得截面图形， 因为，所以四边形为梯形，C错误； D选项，连接， 因为，平面，平面， 所以平面， 又，同理可得平面， 又，平面， 所以平面平面， 故当在线段上时，平面， 所以平面， 所以若平面，则点的轨迹的长度为，D正确. 11. 已知函数的定义域为，且，为奇函数，则（ ） A. B. 函数的周期为2 C. D. 若函数与的图象恰有2025个交点，则所有交点的横纵坐标之和为4050 【答案】ABD 【解析】 【分析】令可得从而判断A；根据和为奇函数可推出从而判断B；由可得到的性质从而判断C；由和图象的对称性可判断D. 【详解】A选项，令，得，所以，故A正确； B选项，因为是奇函数，所以， 即，又， 所以，所以， 所以，所以函数的周期为2，故B正确； C选项，， 而不一定成立， 所以不成立，故C错误； D选项，由和， 可知和的图象均关于点对称， 若函数与的图象恰有2025个交点， 由对称性可知所有交点的横坐标之和和纵坐标之和均为2025， 故横纵坐标之和为4050，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】本题主要考查函数的奇偶性、对称性和周期性的综合分析，以及函数对称性和零点问题的结合，综合性较强，需要学生具有一定的分析问题和解决问题的能力. 三、填空题： 本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12. 已知，且，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，化简得到，结合基本不等式，即可求解. 【详解】因为，且，可得，且， 所以， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最大值为. 13. 已知四边形，，，，沿折叠，使，求此时三棱锥的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】取中点，连接，，证明平面，过点作垂线，交于点，接着证明平面，通过已知长度算出，长度，再根据余弦定理，算出的正弦值，接着算出长度，最后算出体积. 【详解】取中点，连接，，过点作垂线，交于点，如图所示， 因为，，为AC中点， 所以，， 又因为平面，平面，且，所以平面. 因为平面，所以， 因为，，平面，平面， 所以平面，即为到平面的高. 因为，，E为AC中点， 所以， 因为，所以， 因为， 由余弦定理可得，， 所以， ， 因为的面积， 由三棱锥体积公式得. 14. 在中，，，.为内一点，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据奔驰定理可得，进而得到，，再根据数量积的运算律求解． 【详解】， ， 即， 解得， ， ． 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. 在中，，，分别是角，，所对的边，且满足. （1）求角的大小； （2）若为边上的一点，平分且，求面积的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角可得，化简并结合同角的三角函数关系即可求得答案； （2）根据等面积法可推出，利用基本不等式可得，即可求得答案. 【小问1详解】 由可知，得，于是， 即，则为锐角，所以 【小问2详解】 即得， ， ，当且仅当时取等号， ，故面积的最小值为 16. 某学校举办读书节活动，该校有2000名学生，现随机调查了100名学生一周的课外阅读时间，将统计数据按照，，…，分组绘制成如图所示的频率分布直方图（单位：分钟，同一组中的数据用该组的中点值作代表）. （1）求的值，若每周课外阅读时间60分钟以上（含60分钟）视为达标，试估计该校达标的人数； （2）估计该校学生每周课外阅读的平均时间； （3）若样本数据在与内的方差分别为，，求样本数据在内的方差. 【答案】（1），估计该校达标的人数为人； （2）分钟； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中所有小矩形面积之和为求出，再计算达标频率并估计总人数； （2）利用各组中点值乘以对应频率求和得到平均数； （3）利用分层抽样方差公式，结合两组数据的频率、平均数和方差计算合并后的方差. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，组距为， 则， 解得. 每周课外阅读时间在分钟以上（含分钟）的频率为： . 故估计该校达标的人数为（人）. 【小问2详解】 该校学生每周课外阅读的平均时间为： （分钟）. 【小问3详解】 样本数据在内的频率为，平均数为，方差； 样本数据在内的频率为，平均数为，方差. 设样本数据在内的平均数为，方差为. 则. 由分层方差公式可得： . 故样本数据在内的方差为. 17. 某平台推出答题赢会员活动，共设置3道独立题目，每位用户可自主安排答题顺序．规则如下：连续答对2题可获得7天会员；连续答对3题可获得30天会员；其余情况均不获得会员．已知甲答对题1的概率为，答对题2的概率为，答对题3的概率为，各题答对与否相互独立． （1）若，且甲按题1→题2→题3的顺序答题，求甲获得30天会员的概率． （2）若，要使甲获得会员的概率最大，应如何安排答题顺序？ （3）若在答题中，仅当题3位于中间的顺序时，甲获得会员的概率最大，求的取值范围． 【答案】（1） （2）应按题2→题1→题3或按题3→题1→题2的顺序答题 （3） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件同时发生的概率乘法公式计算三道题全部答对概率即可； （2）分别计算每一种答题顺序下，甲获得会员的概率，并比较大小即可得到使甲获得会员的概率最大时的答题顺序； （3）分别计算题1、题2、题3位于中间时甲获得会员的概率，求解相应的不等式，即可得到的取值范围． 【小问1详解】 甲获得30天会员的概率为． 【小问2详解】 当时，各种答题顺序的情况如下： 按题1→题2→题3的顺序答题，甲获得会员的概率为； 按题1→题3→题2的顺序答题，甲获得会员的概率为； 按题2→题1→题3的顺序答题，甲获得会员的概率为； 按题2→题3→题1的顺序答题，甲获得会员的概率为； 按题3→题1→题2的顺序答题，甲获得会员的概率为； 按题3→题2→题1的顺序答题，甲获得会员的概率为 因为，所以要使甲获得会员的概率最大，应按题2→题1→题3或按题3→题1→题2的顺序答题． 【小问3详解】 根据对称性知只需考虑位于中间的顺序的题． 若题1位于中间的顺序，则甲获得会员的概率； 若题2位于中间的顺序，则甲获得会员的概率； 若题3位于中间的顺序，则甲获得会员的概率. 因为，所以只需满足即可，即，解得． 因为，所以的取值范围为． 18. 现有两块含30°角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，．初始时，将这两块三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线，如图1所示，然后将这两块三角板绕点反向平行移开，得到四棱锥（图2）． （1）求证：平面平面； （2）设平面平面． （ⅰ）求直线与直线所成角的大小； （ⅱ）当二面角的大小为时，求四棱锥的体积的大小． 【答案】（1）由与平行且相等，得四边形为平行四边形， 所以为，的中点． 又由于，，所以，， 又因为，平面，，所以平面． 又平面， 所以平面平面 （2）（ⅰ）60°（ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）通过，确定，，可得平面，进而求证即可； （2）（ⅰ）通过平面，得到，可得直线与所成的角即为（或其补角），进而求解即可； （ⅱ）作，，垂足分别为，，确定是二面角的平面角，可得，再结合体积公式、三角函数性质即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面，所以． 所以直线与所成的角等于直线与所成的角，即（或其补角）． 在中，，，． 故直线与直线所成角的大小为60°． （ⅱ）作，，垂足分别为，， 因为，所以，， 所以是二面角的平面角，则， 因为， 所以，所以， 所以，为的中点， 所以，故． 则，，． 因为，，，，平面， 所以平面， 因为平面，所以． 所以． 故四棱锥的体积为． 19. 设关于的函数． （1）若时，，求的取值范围； （2）求的最小值； （3）若，求关于的不等式的解集． 【答案】（1） （2）时，最小值为； 时，最小值为； 时，最小值为 （3）或时，解集为 时，解集为 时，解集为 【解析】 【分析】（1）由题意得到，进而可求解； （2）通过，，讨论函数单调性，进而可求解； （3）通过和两类情况讨论求解即可. 【小问1详解】 时，， ； 【小问2详解】 ， 时，，对称轴为， 时，，对称轴为， 当时，，， 可得到时，随着的增大而减少， 时，随着的增大而增大， 此时当时，有最小值， 当时，，的最小值为． 当时，，， 可得到时，随着的增大而减少， 时，随着的增大而增大， 此时当时，有最小值， 综上：时，最小值为； 时，最小值为； 时，最小值为． 【小问3详解】 时，，即， ， 时，，即或，解集为， 时，，即， 方程有两个不等的实根， ，， ①时，则，解集为， ②时，则，解集为， ③时，则，解集为， 综上：当或时，解集为， 当时，解集为， 当时，解集为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 衡阳市一中2026年下学期高二年级入学考试 数学试题 时量：120分钟 分值：150分 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. 已知为虚数单位，若复数满足，则（ ） A. B. 2 C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面向量，满足，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知正实数，满足，则的最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. D. 6. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为和，侧棱长为，则该四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在区间上单调递增，且在区间上只取得一次最大值2，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 若定义在上的函数，且，，函数在区间上的所有零点为，则（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 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，有多项符合题目的要求，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. 某市文化和旅游局制定出台推动文旅市场恢复振兴的系列措施，以丰富的旅游业态和高品质的文旅服务不断提升游客出游体验，促进文旅消费增长．现为进一步发展该市文旅，提升经济，2025年5月份对该市旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿、交通、服务等方面调查旅客满意度，满意度得分采用百分制，统计的综合满意度得分成绩绘制成如下频率分布直方图，若同一组中的数据用该组区间的中点值为代表，则下列结论正确的是（　　） A. 频率分布直方图中 B. 2025年5月份对该市旅游的游客满意度得分的平均数近似值为 C. 2025年5月份对该市旅游的游客满意度得分的第60百分位数近似值为 D. 若落在的平均成绩，方差，落在的平均成绩，方差，则落在的平均成绩为87，落在的成绩的方差为 10. 如图， 正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在点， 使得平面 B. 异面直线与所成的角的大小为 C. 过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 D. 若平面，则点的轨迹的长度为 11. 已知函数的定义域为，且，为奇函数，则（ ） A. B. 函数的周期为2 C. D. 若函数与的图象恰有2025个交点，则所有交点的横纵坐标之和为4050 三、填空题： 本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12. 已知，且，则的最大值为________． 13. 已知四边形，，，，沿折叠，使，求此时三棱锥的体积为______. 14. 在中，，，.为内一点，，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. 在中，，，分别是角，，所对的边，且满足. （1）求角的大小； （2）若为边上的一点，平分且，求面积的最小值. 16. 某学校举办读书节活动，该校有2000名学生，现随机调查了100名学生一周的课外阅读时间，将统计数据按照，，…，分组绘制成如图所示的频率分布直方图（单位：分钟，同一组中的数据用该组的中点值作代表）. （1）求的值，若每周课外阅读时间60分钟以上（含60分钟）视为达标，试估计该校达标的人数； （2）估计该校学生每周课外阅读的平均时间； （3）若样本数据在与内的方差分别为，，求样本数据在内的方差. 17. 某平台推出答题赢会员活动，共设置3道独立题目，每位用户可自主安排答题顺序．规则如下：连续答对2题可获得7天会员；连续答对3题可获得30天会员；其余情况均不获得会员．已知甲答对题1的概率为，答对题2的概率为，答对题3的概率为，各题答对与否相互独立． （1）若，且甲按题1→题2→题3的顺序答题，求甲获得30天会员的概率． （2）若，要使甲获得会员的概率最大，应如何安排答题顺序？ （3）若在答题中，仅当题3位于中间的顺序时，甲获得会员的概率最大，求的取值范围． 18. 现有两块含30°角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，．初始时，将这两块三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线，如图1所示，然后将这两块三角板绕点反向平行移开，得到四棱锥（图2）． （1）求证：平面平面； （2）设平面平面． （ⅰ）求直线与直线所成角的大小； （ⅱ）当二面角的大小为时，求四棱锥的体积的大小． 19. 设关于的函数． （1）若时，，求的取值范围； （2）求的最小值； （3）若，求关于的不等式的解集． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $