江西省九江市武宁尚美中学2026-2027学年高二上学期开学考试数学试题

**基本信息** 高二开学考数学试卷，以AI词元调用量统计等科技情境为创新点，通过基础题（如集合交集）到新定义题（如“L性质”）的梯度设计，覆盖函数、立体几何等核心知识，考察数学抽象与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、向量共线等|第1题集合交集基础题，第3题三棱锥侧面最短路径考察空间想象| |多选题|3/18|概率、圆的切线等|第9题随机事件概率推理，体现逻辑思维| |填空题|3/15|向量运算、圆锥外接球等|第14题结合内切球与外接球，考察空间几何计算| |解答题|5/77|解三角形、立体几何、函数新定义等|第19题“L性质”新定义，考察创新应用与论证能力|

江西省武宁县尚美中学2026-2027学年度上学期开学考 高二数学试题 （时间：120分钟 总分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效 一、单选题（共8题，每题5分，共40分） 1.已知集合A={x|-2<x<2},B={x|y=ln x},则A∩B=(　　) A.(0,2) B.(-2,0) C.(-2,+∞) D.(-∞,2) 2．（2026高二·全国·专题练习）在以下命题中，正确的命题有（ ） A．是，共线的充要条件 B．若，则存在唯一的实数，使 C．对空间任意一点和不共线的三点，，，若，则，，，四点共面 D．已知空间的三个向量，则对于空间的任意一个向量总存在实数使得 3．如图，三棱锥中，，为正三角形，，一质点从点B出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为（    ） A．2 B．3 C． D． 4．若，，则 （    ） A． B． C． D． 5．（25-26高一下·江苏南通·阶段检测）在中，，在边上，平分．若，则的最小值是（    ） A．20 B．18 C．17 D．16 6．已知函数，对任意均有，且，在上单调递减，则的值为（    ） A． B． C． D． 7．已知函数，现给出下列命题： ① 当图象是一条连续不断的曲线时，则; ② 当时， 在R上是减函数； ③ 当时，不等式恒成立； ④当时，函数的值域为R . 其中正确的命题是：（ ） A．①② B．②④ C．①③ D．③④ 8．词元调用量是指每次使用时，输入提问词元和输出回答词元的总消耗数量，是衡量使用规模，算力消耗、计费的核心指标.某数据中心对某天内的词元调用量进行调查，画出频率分布直方图，若词元调用量的众数为，平均数为，中位数为，则，，的大小关系是（    ）    A． B． C． D． 二、多选题（每题6分，少选得3分，错选或多选得0分，共18分） 9．已知随机事件、满足，，则（    ） A． B． C．若，则 D．若、相互独立，则 10．已知圆，P为直线上一动点，，为圆C的切线，切点分别为A，B，则（   ） A．圆心C的轨迹方程为 B．圆C过定点 C．当时，的最小值为15 D．当时，四边形的面积的最小值为 11．在平面直角坐标系中，已知点，，动点满足，则（   ） A．的轨迹方程为 B．的面积最大值为3 C．的最大值为 D．到直线的距离最大值为 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12．已知向量，，，若，则__________． 13．已知，，则________．（用，表示）． 14．已知圆锥的底面半径为2，且内切球球心与外接球球心重合，则圆锥外接球表面积为_______ 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．（13分）在中，内角的对边分别为，已知. (1)若，求角的大小； (2)若为锐角三角形，求的取值范围. 16．(本小题15分）已知向量，，函数． (1)求函数的最小正周期及单调递增区间； (2)在锐角中，若且，求周长的取值范围．    17．(本小题15分）如图1，在中，为直角，，，与相交于点，连接，记，． (1)用，表示向量； (2)设，求，的值； (3)如图2，过点的直线与边、分别交于点、，设，（，均为非零实数），求的值． 18．(本小题17分）如图，已知四棱锥，底面为菱形，平面，，，E，F分别是，的中点． (1)若平面与平面的交线为l，判断直线与l的位置关系，并证明你的结论； (2)求直线和平面的距离； (3)若H为上的动点，与平面所成最大角的正切值为，求二面角的余弦值． 19．（17分）设，函数的定义域为．若对满足的任意，均有，则称函数具有“性质”． (1)在下述条件下，分别判断函数是否具有性质，并说明理由； ①； ②； (2)已知，且函数具有性质，求实数的取值范围； (3)证明：“函数为增函数”是“对任意，函数均具有性质”的充要条件． 学科网（北京）股份有限公司 $ 参考答案 1.解析：A　B={x|y=ln x}={x|x>0},则A∩B={x|0<x<2}.故选A. 2.【答案】C 【分析】利用向量共线的概念可判断A；利用与任意向量共线可判断B；利用共面定理可判断C；利用向量共面的性质可判断D. 【详解】对于A：当非零向量同向时，，共线，但，故A错误； 对于B：当，，满足，此时不存在实数，使，故B错误； 对于C：因为，满足，则由共面向量定理知四点共面，故C正确； 对于D: 若共线时，显然共面，于是只能表示和共面的向量，对于空间中的任意向量则不一定成立,故D错误. 3.【答案】C 【分析】先作出三棱锥的侧面展开图，利用平面图形中两点之间直线段最短可得最短路线的长. 【详解】因为，为正三角形，所以， 所以， 将三棱锥的侧面沿侧棱剪开，展开的平面图形如图所示， 则线段即为点B的最短路线的长， 因为 , 由余弦定理得到， 即， 所以，即点B的最短路线的长为. 4.【答案】B 【分析】先将条件进行切化弦得到与的关系，再结合两角和的正弦公式求出二者的值，最后代入两角差的正弦公式计算结果. 【详解】由，根据同角三角函数的商数关系可得， 化简整理得①. 因为，由两角和的正弦公式得②. 将①代入②，得，解得， 再将代入①得. 所以. 因此. 5.【答案】B 【分析】根据三角形的面积公式以及基本不等式求解即可. 【详解】   已知AD是的角平分线，，因此. 则. 设，，则， 化简得. . 由基本不等式，，当且仅当即时取等号. 所以，此时，满足条件，故最小值为18. 6.【答案】C 【分析】由，可得的图象关于点对称，关于直线对称，通过在上单调递减可得点和直线是的图象相邻的对称中心和对称轴，可算出. 【详解】的图象关于点对称， 又当时，取得最值，即的图象关于直线对称， 又在上单调递减，， 点和直线是的图象相邻的对称中心和对称轴， 设的最小正周期为，则. ，又的图象关于点对称，且在上单调递减， 由正弦函数的性质，， 时，. 7．【详解】①．时， ，∴是是一条连续不断的曲线，①正确； ②．是减函数时，由，因此②不正确； ③．时，，，， ，在时是增函数， 又时，，∴，③正确； ④．由①和②可知 的值域不是R,④错．故选： C． 8.答案 B 解析略 9.【答案】CD 【分析】利用，可判断A选项；取事件，相互独立时，结合独立事件的概率公式可判断B选项；若，则，可判断C选项；即；利用独立事件的概率公式可判断D选项. 【详解】对于选项A，， 只有当事件、互斥时，，才有， 题意没说明、互斥，所以不一定为，故A错误； 对于选项B，当事件、相互独立时，，故B错误； 对于选项C，若，则，所以，故C正确； 对于选项D，若、相互独立，则、相互独立， 又因为，， 所以，故D正确. 10.【答案】BCD 【分析】对于A，求出圆心的坐标，即可判断选项； 对于B，将圆C的方程化为，令解方程即可求解； 对于C，由，结合切线性质求出的最小值即可求解； 对于D，根据结合选项C即可求解. 【详解】圆C的方程可化为，， 对于A选项，圆心C的坐标为，则圆心C的轨迹方程为（除去点），所以A选项不正确； 对于B选项，圆C的方程可化为，令， 解得所以圆C过定点，所以B选项正确； 对于C选项，， 当时，，圆心，半径， 圆心到直线的距离， 所以，所以C选项正确； 对于D选项，，所以D选项正确. 11.【答案】ABD 【分析】由题意求出点的轨迹方程，可判断A；由，可由点的轨迹方程由得当的最大值，从而求得的面积的最大值，判断B；对于C，D，当共线时，，点到直线的距离为0，当不共线时，由余弦定理结合基本不等式，求得的取值范围，从而求得的最大值，判断C；根据点到直线的距离为，可求得点到直线的距离的最大值，判断D. 【详解】点，，设， 由，得， 整理得. 所以A正确； 对于B，因为点的轨迹方程为，即. 所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆. 因为的面积为，所以当取最大值时，的面积取得最大值，最大值为. 所以B正确； 对于C，当共线时，； 当不共线时， . 当且仅当，即时，等号成立. 因为，所以. 所以.所以的最大值为.所以C错误； 对于D，当共线时，点到直线的距离为； 当不共线时，点到直线的距离. 由选项C知，，所以，所以点到直线的距离. 综上点到直线的距离的最大值为.所以D正确. 故选：ABD.    12.【答案】 【分析】计算的坐标，利用向量垂直的坐标表示列方程求解即可. 【详解】因为，，则. 又，则 . 即 ，整理得，解得. 13.【答案】 【详解】由，得， 则， 因为， 所以． 14．答案：/ 【分析】根据圆锥的轴截面为正三角形，可求轴截面的外接圆半径，即为圆锥外接球半径，进而可求圆锥外接球表面积. 【详解】如图： 作圆锥的轴截面，因为等腰的内切圆与外接圆圆心相同，为，所以为等边三角形. 又. 所以，即为圆锥外接球半径. 所以圆锥外接球表面积为：. 故答案为： 15.【答案】(1) (2). 【分析】（1）根据正弦定理，把化成，结合三角形内角和定理，消去角，可得角，的关系，结合，可求角. （2）根据（1）中角，的关系，利用正弦定理，可得，再根据为锐角三角形，可求角的取值范围，结合三角函数的图象和性质，可得的取值范围. 【详解】（1）因为，由正弦定理得： 又，所以 所以，得 所以，则或（舍）， . （2）由题意及（1）得，在中，， 由正弦定理得，， 为锐角三角形， 解得：， 的取值范围为. 16．【详解】（1）∵ ，， ∴ .∴ . 函数的最小正周期.令， 解得，即的单调递增区间为. （2）∵ ，∴ ，即. ∵ 为锐角三角形，∴ ，则，∴ ，得. 由正弦定理得，∴ ，. 又，故. ∵ 为锐角三角形，∴ ，解得. 的周长，∵， ∴ . ∵ ，∴ ，∴ ，∴ ， ∴ ，即周长的取值范围为. 17．【详解】（1）因为，所以，因此. （2）因为，即，又因为，即. 由题，所以， 因为、、三点共线，所以.① 又因为，，所以， 因为、、三点共线，所以.② 联立①②得，解得，.因此，. （3）由（2）知，，所以，即. 因为，（，均为非零实数），所以，. 所以，因为、、三点共线，所以. 因此. 18.【详解】（1），理由如下： 因为底面为菱形，所以，又因为平面，平面， 所以平面，又平面，平面平面，所以； （2）四边形为菱形，，所以为正三角形， 又E是的中点，所以，又因为，所以， 因为平面，平面，所以， 又平面，平面，， 所以平面，由（1）可知平面， 所以的长为直线和平面的距离，又因为为正三角形，且， 所以，所以直线和平面的距离为． （3）为上任意一点，连接， 由（2）知平面，则为与平面所成的角， 在中，，所以当最短时，即当时，最大． 此时，所以， 又因为，所以，所以， 又因为平面，平面，所以平面平面， 过作于，则平面， 过作于，连接，则为 二面角的平面角，在中，，， 又是的中点，在中，， 又，在中，， 所以二面角的余弦值为． 19.【答案】(1)①是，理由如下：因为对任意， ，符合定义； 因此，函数具有性质. ②不是,理由如下：令 ， ，故不具有性质. (2)；（2）显然，设， 则 ， 当时，取最小值， 原问题等价于当时，恒成立，即恒成立， 由，可得，所以. (3)充分性： 若函数为增函数，则对任意均有， 即，因此，对任意，若， 则，函数具有性质，充分性得证； 必要性： 若对任意，函数均具有性质， 假设函数不是增函数，则存在，满足， 即，而， 故存在，使，且，即， 即对于，存在，但是， 与“对任意，函数均具有性质”矛盾，因此假设不成立， 即函数为增函数，必要性得证． 综上，“函数为增函数”是“对任意，函数均具有性质”的充要条件. 【分析】（1）根据函数具有性质的条件进行判断即可； （2）原问题等价于当时，恒成立，即恒成立，即可得； （3）利用函数的单调性以及不等式的性质判断充分性，利用反证法判断必要性. 学科网（北京）股份有限公司 $