精品解析：广东佛山市第一中学2026-2027学年高二上学期开学检测数学试题

2026年高二年级开学检测试卷 数 学 试 题 满分150分，考试时间120分钟 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】由复数除法，及复数几何意义可得答案. 【详解】由题，则在复平面对应坐标为， 在第四象限. 故选：D 2. 直线经过点，且倾斜角，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据倾斜角得到，代入点坐标得到直线方程. 【详解】直线倾斜角，故，直线方程为，即. 故选：C 3. 点坐标为，直线为，则到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合点到直线的距离公式即可求出结果. 【详解】根据点到直线的距离公式，将和直线（，，）代入，得. 故选：D. 4. 已知函数为奇函数，当时，，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据奇函数的性质得出，即可得出答案. 【详解】函数为奇函数，， 又当时，，. 故选：B. 5. 已知，，，则事件与的关系是（ ） A. 与互斥不对立 B. 与对立 C. 与相互独立 D. 与既互斥又独立 【答案】C 【解析】 【分析】利用计算出，可得到则能得到与不互斥，不对立；再利用算出即可得到答案 【详解】由可得， 因为，则与不互斥，不对立， 由可得， 因为，所以与相互独立 故选：C 6. 在正四面体中，分别是棱中点，则直线与所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把正四面体放置在一个正方体中，证得，得到异面直线与所成角，即为直线与所成角，设正方体的棱长为，在中，利用余弦定理，求得的值，进而得到答案. 【详解】把正四面体放置在一个正方体中，如图所示， 因为点分别是棱中点， 则在正方体中，分别为上下底面正方形的对角线的中点， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 则异面直线与所成角，即为直线与所成角， 设正方体的棱长为，可得， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 在中，可得， 因为，所以. 故选：A. 7. 在中，，， ，则外接圆的半径为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理可得的值，再由正弦定理可得外接圆的半径． 【详解】因为，， ，由余弦定理可得：， 设外接圆的半径为，由正弦定理可得：，则． 故选：B． 8. 已知x，y是正实数，且，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为4 D. 的最大值为 【答案】D 【解析】 【分析】A选项，由基本不等式直接求解，得到；B选项，根据x，y是正实数，且推出，B错误；C选项，变形后，由基本不等式“1”的妙用求出最小值；D选项，先根据条件求出，从而，得到D正确. 【详解】A选项，x，y是正实数，由基本不等式得，即， 解得，当且仅当，即时，等号成立，A错误； B选项，由x，y是正实数，且， 故，而， 故的最小值不可能为，B错误； C选项，因为，所以， 其中， 当且仅当，即时，等号取到， 则，C错误； D选项，因为x，y是正实数，，所以，解得， 所以， 当且仅当时，等号成立，故的最大值为，D正确. 故选：D 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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. 关于直线，下列说法正确的有（ ） A. 直线的斜率为 B. 直线的倾斜角为 C. 直线在轴上的截距为 D. 直线不经过第一象限 【答案】CD 【解析】 【分析】根据直线方程一般式求出斜率及倾斜角可判断A，B选项；将直线化为截距式可判断C，D选项. 【详解】由直线，得，所以直线的斜率为， 设直线的倾斜角为，则，， 所以直线的倾斜角为，故AB错误； 令，得，所以直线在轴上的截距为，故C正确； 直线在轴上的截距为，直线的斜率为，故直线不经过第一象限，故D正确. 故选：CD. 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的最大值为 C. 曲线的一条对称轴为 D. 将的图象向右平移个单位长度后得到一个偶函数的图象 【答案】AB 【解析】 【分析】根据条件，利用倍角公式和辅助角公式得到，即可判断A和B的正误；对C，直接求出的对称轴，即可求解；对D，直接求出平移后的函数，再由奇偶函数的判定，即可求解. 【详解】因为， 所以的最小正周期为，的最大值为，故A和B正确， 对于C，由，得到， 所以不是的对称轴，故C错误， 对于D，将的图象向右平移个单位长度后得， 又，所以不是偶函数，故D错误. 11. 如图，在矩形中，，，为的中点，现分别沿、将、翻折，使点、重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 三棱锥外接球的半径为 D. 直线与所成角的余弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A选项；利用锥体的体积公式可判断B选项；求出的外接圆半径，结合平面，可求出三棱锥的外接球半径，可判断C选项；利用空间向量法可求出直线与所成角的余弦值，可判断D选项. 【详解】对于A选项，翻折前，， 翻折后，则有，， 因为，、平面， 所以平面，故A对； 对于B选项，在中，，边上的高为， 所以，故B错； 对于C选项，因为，， 由余弦定理，可得， 则， 所以的外接圆的半径， 设三棱锥外接球的半径为， 因为平面，所以，所以， 即三棱锥外接球的半径为，故C对； 对于D选项，在中，， ， 则 ， 所以直线与直线所成角的余弦值为，故D对. 故选：ACD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知圆锥的侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径是_____ 【答案】 【解析】 【分析】首先设圆锥的底面半径为，母线为，根据圆锥的侧面积得到，再根据圆锥底面圆的周长即可得到答案. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线为， 因为圆锥的侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆， 所以，解得. 圆锥底面圆的周长，解得. 故答案为： 13. 过点 且垂直于的直线方程为_______ 【答案】​ 【解析】 【分析】根据题意，设直线方程为:，再将点 代入求解. 【详解】解：设过点 且垂直于l:的直线方程为:， 把点 代入可得:， 解得 . 要求的直线方程为:， 故答案为： 14. 函数的最小值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据两点距离公式的几何意义可得表示到点距离之和，作点关于轴的对称点，根据对称的性质结合不等式分析可得，运算求解 【详解】， 根据两点距离公式的几何意义得，函数表示到点距离之和， 如图所示，作出点关于轴的对称点， 连接，交轴于点，连接， 可得， 又由， 当且仅当点与重合时，等号成立， 所以，即函数的最小值为 故答案为： 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. （1）求证：∥平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明:如图所示 取中点为，连接，. 所以∥且 又因为∥且 所以∥，，所以四边形为平行四边形. 所以∥，又因为平面，平面 所以∥平面. （2）余弦值为 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定即可证明相面平行. （2）利用向量法即可求得二面角的余弦值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 如图所示 取中点为，以为空间直角坐标系原点，为轴，为轴，为轴 建立空间直角坐标系，所以，，，， 设平面的法向量为，因为， 则 所以令，得 设平面的法向量为，因为， 则 所以令，得 所以 所以平面与平面夹角的余弦值为 16. 已知圆的圆心为点，其在直线上，且与轴交于两点、． （1）求的面积； （2）求圆的标准方程； （3）已知，点在圆上运动，求线段中点的轨迹方程． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出线段的中垂线方程，分析可知点为直线与线段中垂线的交点，联立两直线方程，可得出点的坐标，即可求得的面积； （2）求出圆的半径，即可得出圆的标准方程； （3）设点、，利用中点坐标公式得出，再将点的坐标代入圆的方程，化简可得出点的轨迹方程. 【小问1详解】 因为、，所以线段的中垂线方程为， 易知点为直线与直线的交点， 联立得，故点，故. 【小问2详解】 由（1）可知圆的半径为， 故圆的标准方程为. 【小问3详解】 设点、，由线段中点坐标公式可得，所以， 因为点在圆上，所以，化简得. 故点的轨迹方程为. 17. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，. （1）求B； （2）若时，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由余弦定理求得，得到，再由，求得，即可求解. （2）由正弦定理，求得，再由两角和的正弦公式，求得的值，结合三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 因为， 由余弦定理得，则， 又因为，可得， 因为，所以. 【小问2详解】 由（1）知，且， 因为，由正弦定理，可得， 又由， 所以的面积为. 18. 如图，将绕边旋转得到，其中平面，连结分别是的中点，平面． （1）求证：； （2）求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：过点D作，连接． 因为， 所以平面，因为平面， 所以平面平面． 又因为，平面，平面平面， 所以平面． 因为平面，所以， 所以平面． 因为平面平面平面，同时， 所以平面平面， 所以平面． 因为平面，平面平面， 所以，所以H是中点， 所以，所以， 所以． （2） 【解析】 【分析】（1）过点D作，连接，通过面面垂直的判定得到平面平面，再通过面面垂直性质定理得到平面，结合平面以及线面平行判定定理和性质定理，证明出，最后利用勾股定理逆定理即可得证； （2）以中点H为原点，为x轴，为z轴，过点H作的平行线为y轴，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和向量，即可求出线面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以中点H为原点，为x轴，为z轴，过点H作的平行线为y轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以． 设是平面的一个法向量， 则 取，则， 所以， 所以与平面所成角的正弦值为． 19. 如图1，在平面五边形ABCDE中，四边形ABCD是边长为1的菱形，，，.将沿AD翻折至，如图2.点M在PD上. （1）若M为PD中点，证明：平面MAC； （2）若，且四棱锥与三棱锥的体积相等.证明：平面平面.； （3）求二面角的余弦值的最小值. 【答案】（1）证明:连接相交于点，连接， AI 四边形为菱形，所以为中点，又M为PD中点， 所以，又平面，平面， 所以平面. （2）证明:因为，， 所以，即是靠近的三等分点， 则，又，，， 所以，， 则，即，， 又平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）连接相交于点，由题易证，再利用线面平行的判定即可证明； （2）根据体积可得是靠近的三等分点，由勾股定理可得，结合，利用面面垂直的判定即可证明； （3）延长交于，过交于，过作交于，连接，，设，可证平面，就是二面角的平面角，，利用三角变换得到最大值即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 延长交于，作交于， 过作交于，连接，设， 又，平面， 所以平面，平面，， 又，平面， 所以平面，即平面，又平面，所以， 又，平面， 所以平面，， 所以就是二面角的平面角， 在中，，所以， ，， ， ， 则，其中， ，解得， 所以 即二面角的余弦值的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高二年级开学检测试卷 数 学 试 题 满分150分，考试时间120分钟 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 直线经过点，且倾斜角，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 3. 点坐标为，直线为，则到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数为奇函数，当时，，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 5. 已知，，，则事件与的关系是（ ） A. 与互斥不对立 B. 与对立 C. 与相互独立 D. 与既互斥又独立 6. 在正四面体中，分别是棱中点，则直线与所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，， ，则外接圆的半径为（　　） A. B. C. D. 8. 已知x，y是正实数，且，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为4 D. 的最大值为 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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. 关于直线，下列说法正确的有（ ） A. 直线的斜率为 B. 直线的倾斜角为 C. 直线在轴上的截距为 D. 直线不经过第一象限 10. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的最大值为 C. 曲线的一条对称轴为 D. 将的图象向右平移个单位长度后得到一个偶函数的图象 11. 如图，在矩形中，，，为的中点，现分别沿、将、翻折，使点、重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为 C. 三棱锥外接球的半径为 D. 直线与所成角的余弦值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知圆锥的侧面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径是_____ 13. 过点 且垂直于的直线方程为_______ 14. 函数的最小值为_________． 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. （1）求证：∥平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 16. 已知圆的圆心为点，其在直线上，且与轴交于两点、． （1）求的面积； （2）求圆的标准方程； （3）已知，点在圆上运动，求线段中点的轨迹方程． 17. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，. （1）求B； （2）若时，求的面积. 18. 如图，将绕边旋转得到，其中平面，连结分别是的中点，平面． （1）求证：； （2）求与平面所成角的正弦值． 19. 如图1，在平面五边形ABCDE中，四边形ABCD是边长为1的菱形，，，.将沿AD翻折至，如图2.点M在PD上. （1）若M为PD中点，证明：平面MAC； （2）若，且四棱锥与三棱锥的体积相等.证明：平面平面.； （3）求二面角的余弦值的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $