精品解析：上海市南洋模范中学2026-2027学年高二上学期初态考试数学试题

2026秋南模中学高二数学初态考 一. 填空题 （本大题共 12 题， 1-6 每题 4 分， 7-12 每题 5 分， 共 54 分） 1. 若一水平放置的正方形的边长为4，则其用斜二测画法得到的直观图的面积是________． 【答案】 【解析】 【分析】利用斜二测画法中直观图与原图形的面积比例关系计算即可. 【详解】因水平放置的正方形的边长为4，则其面积为， 由斜二测画法的面积比例规律可得. 2. 已知为第二象限角，且，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】由，可得， 由于为第二象限角，故，则，即， 结合，可得. 3. 函数 的单调增区间为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用辅助角公式得，根据余弦函数的单调增区间即可求解. 【详解】， 令，解得， 所以函数的单调增区间为. 4. 空间四边形分别为的中点，若异面直线和成的角，则__________. 【答案】或 【解析】 【分析】连接，由中位线定理可得为异面直线所成角或所成角补角，据此可得答案. 【详解】如图，连接，由题设及中位线定理可得， 则为异面直线所成角或所成角补角，则或. 故答案为：或. 5. 已知，向量在向量上的投影向量为，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】首先利用，得到.利用向量在向量上的投影向量公式得到，最后即可求解的值为3. 【详解】因为，所以. 由向量在向量上的投影向量公式得， 所以，. 6. 若 是纯虚数，则________. 【答案】 【解析】 【详解】， 因为是纯虚数， 故且，即. 7. 享有“天下江山第一楼”美誉的黄鹤楼位于湖北武汉，地处蛇山之巅，濒临万里长江，更因历代诗人登楼作诗而名闻天下．如图，某同学为测量黄鹤楼的高度，在黄鹤楼的正东方向找到一座建筑物，高为，在地面上点处（、、三点共线）测得建筑物顶部，黄鹤楼顶部的仰角分别为和，在处测得楼顶部的仰角为，则黄鹤楼的高度为________． 【答案】 【解析】 【分析】在中求出的长，然后在中利用正弦定理可求出的长，最后在中可求出的长，即为所求. 【详解】在中，，，，所以， 在中，，， 所以， 由正弦定理可得， 所以， 在中，，， 所以，故黄鹤楼的高度为. 8. 函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是______. ① ② 的图象关于点 中心对称 ③ 在区间 上单调递增 ④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 【答案】①③④ 【解析】 【分析】根据图象特征确定函数的解析式，并进一步分析函数的对称性、单调区间以及图象变换规律. 【详解】由图象可知，函数的最大值为2，因为，所以. 又图象经过点，代入解析式得： ，即，解得. 因为，所以，故①正确； 由图象可知，函数在处取得零点，且此时图象处于下降阶段． 对于正弦曲线，当时，函数值为0且处于下降趋势． 所以，整理得：，解得：， 因为，且，所以.即函数解析式为． 将代入解析式：． 因为，所以点不是函数图象的对称中心，故②错误； 令，当时，， 正弦函数在区间上是单调递增的． 因为，所以函数在区间上单调递增，故③正确； 将的图象向左平移个单位长度，得到的函数解析式为： ，代入，得： ，这与函数的解析式完全一致，故④正确． 9. 已知复数是实系数一元二次方程的两个根，若，则的最小值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】分一元二次方程的判别式大于等于0与小于0，两种情况讨论，利用实系数一元二次方程的虚根成对的性质，计算可求得的最小值. 【详解】若一元二次方程的判别式大于等于0，则方程有两个实数根，即为实数， 由，则，此时， 若一元二次方程的判别式小于0，则为两虚数根， 设、 又因为，所以，所以， 所以 当时，. 综上所述：的最小值为. 故答案为：. 10. 设，．若函数，的值域为，且，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据函数值域满足，结合正弦函数的图象可知时满足题意，得解. 【详解】，令， ,, ，作出函数的图象，如图， 由图可知，以为中心，当变大时， 若，函数增大时，函数值减小时，不满足， 若时，函数最大值，所以只需要确定函数最小值，因为，需函数最小值为， 所以当时，即时， 函数值域为，满足， 综上. 11. 已知向量满足，，则的最大值等于_____ 【答案】4 【解析】 【分析】设向量起点为，终点分别为，利用向量的几何意义，将条件转化为几何图形，即点C在以O为圆心半径为1的圆上，且 .并将补成矩形，求解的最大值转化为求的最大值，再进行求解即可. 【详解】设向量起点为，终点分别为， 易知点在以为圆心半径为1的圆上，则. 将补成矩形， 则由矩形恒等式可得，， 即，所以CD. 而， 即的最大值为4. 【点睛】利用平面向量的几何意义将平面向量模的最值问题转化为平面几何中的线段最值问题是解决问题的关键 12. 给定有穷数列 ，定义数列 的绝对差分数列 ，其中 . 已知各项均为整数的数列 满足 ，且其绝对差分数列为等差数列，若 ，则 的所有可能值共有_____个. 【答案】3 【解析】 【分析】设，则绝对差分数列的前三项分别为，利用题目的约束条件构造不等式组，遍历求解. 【详解】，且均为整数，， 设 则 则绝对差分数列的前三项分别为， 利用等差中项得. 解得， 即 的所有可能值共有3个. 二. 选择题 （本大题共 4 题， 第 13、14 题各 4 分， 第 15、16 题各 5 分， 共 18 分） 13. 已知，m是两条不同的直线，是平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，不在内，则l，m是异面直线 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面的位置关系的判定定理及性质定理，逐一判断各选项命题的正误． 【详解】对于A，若，，则与的位置关系为平行、相交或异面，不一定为异面直线， 故A错误； 对于B，若，则与的位置关系为平行、相交或异面，不一定平行，故B错误； 对于C，若，则或，故C错误； 对于D，由线面垂直的性质可知：若一条直线垂直于一个平面， 则该直线垂直于平面内的任意一条直线，因此当，时，，故D正确． 14. 我国古代著名的《周髀算经》中提到：凡八节二十四气，气损益九寸九分六分分之一；冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺六寸．意思是：二十四个节气可以通过特定标记的日影长度来确定，每相邻两个节气之间的日影长度差为分；“冬至”时日影长度最大，为1350分，“夏至”时日影长度最小，为160分．则“立秋”时日影长度为（ ） 附：二十四节气表 立春 雨水 惊蛰 春分 清明 谷雨 立夏 小满 芒种 夏至 小暑 大暑 立秋 处暑 白露 秋分 寒露 霜降 立冬 小雪 大雪 冬至 小寒 大寒 A. 分 B. 分 C. 分 D. 分 【答案】C 【解析】 【详解】由题意知，每相邻两个节气之间的日影长度差为分， “夏至”时日影长度最小，为160分，“夏至”之后，每往后一个节气日影长度增加分, 则“夏至”对应等差数列的首项，公差，则. 由二十四节气表可知，“立秋”是该数列的第4项，则. 故“立秋”时日影长度为分. 15. 已知向量，，向量在上的投影向量的坐标为，在上的投影向量的坐标为，则（ ） A. 20 B. C. 10 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，借助投影向量定义计算可得，，解出即可得，再利用模长定义计算即可得. 【详解】设，由向量在上的投影向量的坐标为， 则， 故，即； 由在上的投影向量的坐标为， 则， 故，即； 即有，解得，则， 则. 16. 已知长方体 中 为的中点，为的中点，过的平面与 都平行，则平面截长方体所得截面的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别取的中点，连接，则可得梯形即为所求截面，求出其面积可得答案． 【详解】设为的中点，为的中点，连接， 则，又，所以， 所以四点共面，四边形为过点的平面截长方体所得的一个截面四边形， 设为的中点，连接， 又为的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为， 所以四边形为平行四边形，所以， 所以， 又平面平面， 所以平面， 连接，因为为的中点，为的中点， 所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面， 所以平面为过且与都平行的平面， 则四边形为过点的平面截长方体所得截面四边形， 又，， 所以四边形为等腰梯形， 在等腰梯形中，分别过点作，垂足分别为， 则， 所以， 所以截面的面积为． 三. 解答题 （本大题共 5 题， 共 78 分） 17. 已知复数，（，是虚数单位）． （1）若复数在复平面上的对应点落在第一象限，求实数的取值范围； （2）若虚数是实系数一元二次方程的根，求实数的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由复数的加法求，根据其所在的象限可得，即可求的范围； （2）由是实系数一元二次方程的根，则也是它的根，进而可知，即可求. 【小问1详解】 ． ∵在复平面内对应的点落在第一象限， ∴，解得：． ∴实数的取值范围是； 【小问2详解】 ∵虚数是实系数一元二次方程的根，． ∴也是实系数一元二次方程的根， ∴，可得，. ∴的值为13. 18. 如图，已知、分别是正方体的棱、的中点． （1）求证：、、、在同一个平面上； （2）求证：与是异面直线并求出异面直线与所成角的大小． 【答案】（1）连接、，因为是中点，所以是中位线，所以， 正方体中，，由平行传递性，得， 与是两条平行直线，两平行直线确定唯一平面，所以四点在同一个平面上； （2） 假设直线与不是异面直线，则直线与共面， 因为直线和这条直线外的一点能确定一个平面，即为平面， 因为与共面，所以点在平面上， 但是，在正方体中，点不在平面上，矛盾，故假设不成立， 因此与是异面直线； 异面直线与所成的角的大小为. 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设正方体的棱长为2,如图，取的中点，连接、, 因为是棱的中点，是棱的中点，所以 ，， 故就是异面直线与所成的角或其补角, 在中，，, , ，， 由余弦定理，得, 于是, 因此异面直线与所成的角的大小为. 19. 已知函数. （1）求的最小正周期和单调递减区间： （2）设函数，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一，求在区间上的最大值和最小值. 条件①：在区间上单调递增； 条件②：； 条件③：. 【答案】（1）最小正周期为，单调递减区间为 （2）选择条件①，在区间上的最大值为，最小值为；选择条件②，不唯一；选择条件③，在区间上的最大值为，最小值为； 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式及辅助角公式可得，根据公式即可求出最小正周期，根据正弦函数的单调递减区间即可求出答案； （2），选择条件①，根据正弦函数的单调递增区间可得，即可求出，结合正弦函数的图象即可求出最值；选择条件②，关于直线对称，根据正弦函数的对称轴可求出或，不符合要求；选择条件③，可得当时，函数取得最小值，根据正弦函数的最小值求出，结合正弦函数的图象即可求出最值. 【小问1详解】 ， 所以函数的最小正周期为， 令，解得， 所以的单调递减区间为. 【小问2详解】 ， 选择条件①， 因为在区间上单调递增， 所以，解得， 所以，又，所以， 所以， 当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， ， 所以， 所以在区间上的最大值为，最小值为； 选择条件②， 因为，所以关于直线对称， 所以，解得， 因为，所以或，此时函数不唯一，不符合题意； 选择条件③， 因为，所以当时，函数取得最小值， 故，解得， 因为，所以， 所以， 当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， ， 所以， 所以在区间上的最大值为，最小值为. 20. 如图所示，设，是平面内相交成角的两条轴，，分别是与，轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为放射坐标系，若在放射坐标系下，，则把有序数对叫作向量的放射坐标，记为，若满足，则称为放射坐标系下的“完美向量”.已知在放射坐标系下，，. （1）求以及（用表示）； （2）求向量放射坐标；若时，直接写出两组“完美向量”的放射坐标； （3）设，对任意实数，恒成立，求的取值范围，求的最大值. 【答案】（1），. （2）放射坐标为，可取如下两个完美向量，其放射坐标为. （3），的最大值为. 【解析】 【分析】（1）根据放射坐标的定义结合数量积可求以及； （2）根据放射坐标的定义结合平面向量的线性运算可求放射坐标，根据“完美向量”的定义结合特殊角的三角函数可求“完美向量”的坐标； （3）根据数量积结合二次函数的性质可求，再根据数量积求出，结合前者可求的最大值. 【小问1详解】 因为，故，，其中， 又，则， 则， 其中. 【小问2详解】 ，故. 设完美向量的坐标为，则， 故或，其中， 故或，其中， 同理，或，其中， 故可取如下两个完美向量，其放射坐标为. 【小问3详解】 因为对任意实数，恒成立， 故，故， 由（1）可得，， 同理， 故， 整理得对任意的恒成立， 所以， 故，故， 而，故. 又， ， 而，故，故的最大值为. 21. 若项数不少于的有穷数列满足如下两个性质，则称为合规数列． ①对任意的，都有； ②对任意的，、、这三个数至少有一个是数列中的项． （1）如果项数为的合规数列中，，，，求的值； （2）证明：、、不可能都是某个合规数列中的项； （3）求合规数列的项数的最大值． 【答案】（1） （2）证明：假设是某个合规数列中的项， 由②知，中至少有一个是数列中的项，则有限数列的最后一项，且， 由①得，， 对于，由递增性得，仅可能属于数列，即， 同理对于，得，因此，与①矛盾， 所以不可能都是某个合规数列中的项. （3） 【解析】 【分析】（1）利用①推出的范围，再利用②求解的值. （2）根据给定条件，利用反证法及合规数列的定义推理得证. （3）利用合规数列的性质推导出合规数列中绝对值大于的项至多有三项，绝对值大于且小于的项至多有三项，绝对值等于的项至多有两项，至多有一项等于，再构造一个9项的合规数列即可得解. 【小问1详解】 由①得：， 由②得：当时，中至少有一个是数列中的项， 而，因此，解得，经检验，符合题意， 所以的值是4. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 数列：，，…，（）符合①②， （i）数列中至多有三项，其绝对值大于， 假设数列中至少有四项，其绝对值大于，不妨设，，，是数列中绝对值最大的四项， 其中，则对，有，， 因此均不是数列中的项，即是数列中的项， 同理：也是数列中的项，而，， 则，即，这与①矛盾； （ii）数列中至多有三项，其绝对值大于且小于， 假设数列中至少有四项，其绝对值大于且小于，类似（i）得出矛盾； （iii）数列中至多有两项绝对值等于； （iv）数列中至多有一项等于0， 综合（i），（ii），（iii），（iv）知数列中至多有项，即， 数列符合性质①②，即此数列为合规数列， 所以合规数列的项数的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026秋南模中学高二数学初态考 一. 填空题 （本大题共 12 题， 1-6 每题 4 分， 7-12 每题 5 分， 共 54 分） 1. 若一水平放置的正方形的边长为4，则其用斜二测画法得到的直观图的面积是________． 2. 已知为第二象限角，且，则__________． 3. 函数 的单调增区间为_____. 4. 空间四边形分别为的中点，若异面直线和成的角，则__________. 5. 已知，向量在向量上的投影向量为，则______． 6. 若 是纯虚数，则________. 7. 享有“天下江山第一楼”美誉的黄鹤楼位于湖北武汉，地处蛇山之巅，濒临万里长江，更因历代诗人登楼作诗而名闻天下．如图，某同学为测量黄鹤楼的高度，在黄鹤楼的正东方向找到一座建筑物，高为，在地面上点处（、、三点共线）测得建筑物顶部，黄鹤楼顶部的仰角分别为和，在处测得楼顶部的仰角为，则黄鹤楼的高度为________． 8. 函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是______. ① ② 的图象关于点 中心对称 ③ 在区间 上单调递增 ④的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 9. 已知复数是实系数一元二次方程的两个根，若，则的最小值为_____. 10. 设，．若函数，的值域为，且，则__________． 11. 已知向量满足，，则的最大值等于_____ 12. 给定有穷数列 ，定义数列 的绝对差分数列 ，其中 . 已知各项均为整数的数列 满足 ，且其绝对差分数列为等差数列，若 ，则 的所有可能值共有_____个. 二. 选择题 （本大题共 4 题， 第 13、14 题各 4 分， 第 15、16 题各 5 分， 共 18 分） 13. 已知，m是两条不同的直线，是平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，不在内，则l，m是异面直线 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 14. 我国古代著名的《周髀算经》中提到：凡八节二十四气，气损益九寸九分六分分之一；冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺六寸．意思是：二十四个节气可以通过特定标记的日影长度来确定，每相邻两个节气之间的日影长度差为分；“冬至”时日影长度最大，为1350分，“夏至”时日影长度最小，为160分．则“立秋”时日影长度为（ ） 附：二十四节气表 立春 雨水 惊蛰 春分 清明 谷雨 立夏 小满 芒种 夏至 小暑 大暑 立秋 处暑 白露 秋分 寒露 霜降 立冬 小雪 大雪 冬至 小寒 大寒 A. 分 B. 分 C. 分 D. 分 15. 已知向量，，向量在上的投影向量的坐标为，在上的投影向量的坐标为，则（ ） A. 20 B. C. 10 D. 16. 已知长方体 中 为的中点，为的中点，过的平面与 都平行，则平面截长方体所得截面的面积为（ ） A. B. C. D. 三. 解答题 （本大题共 5 题， 共 78 分） 17. 已知复数，（，是虚数单位）． （1）若复数在复平面上的对应点落在第一象限，求实数的取值范围； （2）若虚数是实系数一元二次方程的根，求实数的值． 18. 如图，已知、分别是正方体的棱、的中点． （1）求证：、、、在同一个平面上； （2）求证：与是异面直线并求出异面直线与所成角的大小． 19. 已知函数. （1）求的最小正周期和单调递减区间： （2）设函数，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在且唯一，求在区间上的最大值和最小值. 条件①：在区间上单调递增； 条件②：； 条件③：. 20. 如图所示，设，是平面内相交成角的两条轴，，分别是与，轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为放射坐标系，若在放射坐标系下，，则把有序数对叫作向量的放射坐标，记为，若满足，则称为放射坐标系下的“完美向量”.已知在放射坐标系下，，. （1）求以及（用表示）； （2）求向量放射坐标；若时，直接写出两组“完美向量”的放射坐标； （3）设，对任意实数，恒成立，求的取值范围，求的最大值. 21. 若项数不少于的有穷数列满足如下两个性质，则称为合规数列． ①对任意的，都有； ②对任意的，、、这三个数至少有一个是数列中的项． （1）如果项数为的合规数列中，，，，求的值； （2）证明：、、不可能都是某个合规数列中的项； （3）求合规数列的项数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $