精品解析：广西壮族自治区钦州市2026-2027学年高二上学期开学综合练习数学试题

2026年秋季学期综合练习 高二数学 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 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，，则的值为（ ） A. B. C. D. 2. 已知扇形的圆心角，半径．若仅将减小，则扇形的面积减小了（ ） A. B. C. D. 3. 已知l、m是两条互异的直线，、是两个互异的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若且，则 B. 若且，则 C. 若且，则 D. 若且，则 4. 已知向量，，满足．若，则与夹角的大小是（ ） A. B. C. D. 5. 已知为第二象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 将函数的图象先向左平移，再将横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，所得图象对应的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 7. 在△ABC中，若，且满足，则△ABC的面积等于（ ） A. B. 2 C. D. 1 8. 如图，边长都为1且互相垂直的正方形和的对角线，上分别有一动点，，满足到点的距离等于到点的距离，则四面体体积的最大值为（ ） 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则与的夹角为 D. 若，则在方向上的投影向量为 11. 如图所示，长方体，底面是边长为1的正方形，高为2，是的中点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 平面平面 D. 三棱锥的外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设与是两个不共线向量，，，，若A，B，D三点共线，则k的值为________． 13. 记的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，则的最大值为__________． 14. 在中，为边的中点，，则的最小值为___________． 四、解答题：本题共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. 如图，在正三棱柱中，，，，分别是，，，的中点，． （1）求证：平面； （2）求四棱锥体积． 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，且． （1）求的值； （2）若，，求的面积． 17. 已知向量，，. （1）求向量与的夹角的大小； （2）求向量在方向上的投影； （3）若，求实数k的值. 18. 函数的部分图象如图所示. （1）求的解析式与单调递增区间； （2）求的解集； （3）关于的方程在区间上有两个解、且，求. 19. 如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，，，为上一点，设平面与平面的交线为． （1）证明：； （2）是否存在点，使得平面，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年秋季学期综合练习 高二数学 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效． 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，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用同角三角函数间的基本关系求出的值，即可确定出的值． 【详解】，，，则. 故选：B. 2. 已知扇形的圆心角，半径．若仅将减小，则扇形的面积减小了（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由扇形的面积公式即可. 【详解】因为，半径．且减小的部分也为扇形， 则由扇形面积公式可得则扇形的面积. 故选：D. 3. 已知l、m是两条互异的直线，、是两个互异的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若且，则 B. 若且，则 C. 若且，则 D. 若且，则 【答案】B 【解析】 【详解】选项A，仅当垂直于与交线时，错误. 选项B，根据面面平行的性质，一条直线垂直于两个平行平面中的一个，必垂直于另一个，因此若且，则，正确. 选项C，若且，则或，错误. 选项D，若且，则或，错误. 4. 已知向量，，满足．若，则与夹角的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用，两边平方可得，从而可得，即可计算. 【详解】由得. 所以，即. 又因为，所以. 因为，所以. 5. 已知为第二象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由二倍角公式可得，且为第二象限角， 所以，，从而， 故，所以，故选C. 6. 将函数的图象先向左平移，再将横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，所得图象对应的函数解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数图象的平移变换规律即可求解. 【详解】将函数的图象向左平移后，所得图象对应的函数为； 再将横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，则． 故选：. 7. 在△ABC中，若，且满足，则△ABC的面积等于（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先根据正弦定理及余弦定理求出，从而得到，再根据数量积的定义得到，进而根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】由， 则由正弦定理有，即 则由余弦定理有， 又在△ABC中，，则， 又，即， 所以△ABC的面积为． 8. 如图，边长都为1且互相垂直的正方形和的对角线，上分别有一动点，，满足到点的距离等于到点的距离，则四面体体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，用表示三棱锥的体积，结合二次函数求其最大值. 【详解】过作，交于点，连接. 因为，，所以. 所以，所以. 又，，所以，. 设，，则，. 所以， 又平面平面，平面平面， 平面，则平面，所以为三棱锥的高， 所以， 当时，取得最大值，为. 故选：C 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【详解】因为角的终边经过点， ， 所以， ， ， 所以AC错误，BD正确. 10. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则与的夹角为 D. 若，则在方向上的投影向量为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据平面向量的模、数量积运算、平行判定、夹角计算及投影向量的概念，结合向量运算公式分析判断即可. 【详解】选项A：已知，由模长公式得，A正确. 选项B：由夹角余弦公式得，则，即，B正确. 选项C：由，得，即， 解得，则，所以， C错误. 选项D：由，得，即， 所以在方向上的投影向量为，D错误. 11. 如图所示，长方体，底面是边长为1的正方形，高为2，是的中点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 平面平面 D. 三棱锥的外接球的表面积为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据四棱柱的几何性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，根据向量方法证明选项A和选项C；根据三棱锥的体积的求法，求出三棱柱的体积，判断选项B的正误；根据四棱柱外接球的性质，求出外接球的半径，进而求出表面积，判断选项D正误. 【详解】如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意可得， 因为是的中点，所以， 选项A：，显然不存在实数使， 所以不平行，故选项A错误； 选项B：可知， 因为平面， 所以，故选项B正确； 选项C：取平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 可知 ， 可得，即， 令，解得，即， 因为，所以两平面不垂直，故选项C错误； 选项D：三棱锥的四个顶点均为长方体的顶点，其外接球即为长方体的外接球， 长方体的体对角线长为， 所以外接球半径为，表面积，故选项D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设与是两个不共线向量，，，，若A，B，D三点共线，则k的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】 先求出，再由A，B，D三点共线，必存在一个实数，使得 ，由此可得，即可求出结果. 【详解】因为，，， 所以 ， 由题意，A，B，D三点共线，故必存在一个实数λ，使得. 所以， 又因为与不共线， 所以解得. 故答案为： . 【点睛】本题考查平面向量共线定理和平面向量基本定理的应用，本题属于基础题. 13. 记的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，则的最大值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】由余弦定理和正弦定理变形得到，由基本不等式求出，进而得到的最大值 【详解】因为，所以． 又因为， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以． 14. 在中，为边的中点，，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】通过，，平方得到，再结合余弦定理和基本不等式即可求解. 【详解】设 ，，，为中点， 则，， 两式平方相加得： 代入，， 得：， 再由余弦定理： ​ 代入 ，， 得： 由基本不等式 ，得 ，当且仅当 ​ 时等号成立， 因为 ​，所以当时，取得最小值， 即的最小值为 . 四、解答题：本题共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. 如图，在正三棱柱中，，，，分别是，，，的中点，． （1）求证：平面； （2）求四棱锥体积． 【答案】（1）证明：正三棱柱中，，. 因为，分别是，的中点，所以， 所以四边形为平行四边形，则. 因为平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据正三棱柱的性质及线面平行的判定定理证明即可. （2）根据正三棱柱的性质及棱锥的体积公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 正三棱柱中，平面，为正三角形， 所以. 因为，分别是，的中点，所以，， 所以，所以， 故梯形的面积. . 所以四棱锥体积为. 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，且． （1）求的值； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换将化为，再利用正弦定理求解即可. （2）利用余弦定理求出的值，再利用面积公式即可. 【小问1详解】 在中，， 所以. 因为， 所以 所以. 因为，所以. 所以 因为，所以，即. 【小问2详解】 由余弦定理得， 所以，所以. 所以. 所以. 17. 已知向量，，. （1）求向量与的夹角的大小； （2）求向量在方向上的投影； （3）若，求实数k的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 已知向量，， ， ，， 则， 又，， 即向量与的夹角的大小为. 【小问2详解】 已知向量，， ，， 所以向量在方向上的投影为. 【小问3详解】 由题意可得， ，， 可得，即. 18. 函数的部分图象如图所示. （1）求的解析式与单调递增区间； （2）求的解集； （3）关于的方程在区间上有两个解、且，求. 【答案】（1），单调递增区间为 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由函数的图象可得出的值，该函数的最小正周期，可求得的值，再由结合的取值范围可得出的值，结合正弦型函数的单调性可求出函数的单调递增区间； （2）由可得出，可得出关于的不等式，即可解得原不等式的解集； （3）由对称性得出，分析可知，利用同角三角函数的基本关系可求出的值，再由诱导公式可求得的值. 【小问1详解】 由函数的部分图象可知， 函数的最小正周期满足，于是，所以， 所以函数， 又，则，所以， 解得，由可得，所以. 令，解得， 故单调递增区间为. 【小问2详解】 由得， 可得，解得， 故的解集为. 【小问3详解】 当时，则，因为、，则、， 由于，所以， 所以，所以， 因为，所以， 则， 因此. 19. 如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，，，为上一点，设平面与平面的交线为． （1）证明：； （2）是否存在点，使得平面，若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：取中点，连接， 和均为正三角形，，， ，，面，面， 面，． （2）存在点，. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理得面，进而得证； （2）存在点，，利用线面平行的判定定理即可求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 存在点，， 连接交于点，连接， 在梯形中，，， ， 又，，， 又平面，平面， 平面. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $