辽宁省普通高中2025-2026学年高二上学期期初开学考试数学模拟试题（5）含答案解析

辽宁省普通高中2025~2026学年上学期期初考试调研试题（5）高二数学参考答案与解析一、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，只有一项符合题目要求．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．1．D【分析】利用除法运算进行化简，然后利用虚部的定义进行求解即可【详解】因为，所以的虚部为，故选：D2．C【分析】利用向量线性运算的坐标表示及共线向量的坐标表示，列式求解.【详解】由，得，则，由，得，所以.故选：C3．D【分析】根据题中直观图及斜二测画法，还原出水平放置的△OAB，求解面积即可.【详解】根据题中直观图及斜二测画法，还原出水平放置的△OAB，其面积为.故选：D.4．B【分析】根据已知求出圆锥的母线长，从而可求出圆锥的侧面积，再求出圆柱的侧面积和底面面积，进而可求出陀螺的表面积【详解】由题意可得圆锥体的母线长为，所以圆锥体的侧面积为，圆柱体的侧面积为，圆柱的底面面积为，所以此陀螺的表面积为（），故选：B5．A【分析】由，求出，利用同角三角函数间的基本关系变形，，代入计算即可求出值．【详解】由，得，解得，所以．故选：A．6．B【解析】设,则,在中,结合余弦定理可列关于 的方程,求出后即可得到的长.【详解】解:设,由图利用直角三角形的性质可得:.在中,由余弦定理可得:化为:,解得.故选:B.【点睛】本题考查了解三角形.已知两角及一角的对边,常利用正弦定理解三角形;已知两边及其夹角或者三边,常利用余弦定理解三角形.7．C【分析】由，可得，结合当与的图象恰好有四个公共点，得，运算得解.【详解】因为函数，，，所以．所以．当与的图象恰好有四个公共点时，因为，所以，解得．故选：C．8．C【分析】过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，连接，推导出平面，可得出，利用勾股定理可得出关于的方程，解出的值，再由函数在轴右侧附近单调递减，结合可求得的值，进而可得出函数的解析式，进而可求得的值.【详解】如图，过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，连接.因为的最小正周期，所以，又因为，所以.当折成直二面角时，即平面平面，因为，平面平面，平面，所以平面，因为平面，故，所以，解得（负值舍去），故.因为，且，所以或，又因为在轴右侧附近单调递减，所以，则，所以.故选：C.9．ABC【分析】将解析式经过恒等变换后化为，再对其性质逐一判断即可.【详解】因为，所以的最大值为2，故A正确.最小正周期是，故B正确.将代入，可得，则其图象关于直线对称，故C正确.当时，，所以的图象关于点对称．故D错误.故选: ABC.10．ABD【分析】中，由正弦定理可得，再由角的范围，可得的值，进而判断出三角形的形状，判断出的真假；中，由余弦函数性质可得，的大小关系，由正弦定理可得，的大小关系，判断出的真假；中，由题意只能判断出角为锐角，但不能判断出角，是否为锐角，判断出的真假；中，由半角公式及正弦定理，两角和的正弦公式可得，再由角的范围，可得角为直角，进而可得三角形的形状，判断出的真假．【详解】中，因为，由正弦定理可得，即，在三角形中，，所以，因为，所以，即为直角三角形，所以正确；中，三角形中，，则，由大边对大角，可得，再由正弦定理可得，所以正确；中，若，只能得出角为锐角，不能说明角，角为锐角，所以不能判断该三角形为锐角三角形，所以不正确；中，因为，即，可得，由正弦定理可得，所以，又因为，所以，而，所以，即为直角三角形，所以正确．故选：．11．ABD【分析】根据球心构成的正四面体球内切球的半径，进而求出内部放入正方体，圆柱的可能性判断ABC选项，根据正四面体的外接球判断D选项即可.【详解】依题意，四个小球球心是棱长为4的正四面体的4个顶点，设是正四面体的外接球的球心，为正中心，则在线段上，，，由，得，正四面体的外接球的半径为，点到实心小球球面距离的最大值为，最小值为，对于D，这四个实心小球可以放入一个半径为的大球内部，D正确；对于C，四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个半径为的小球，而，即，C错误；对于A，半径为的小球内接正方体的棱长为，因此四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个棱长为的正方体，A正确；对于B，令半径为的小球的内接圆柱底面圆半径为，母线长为，则，当且仅当时取等号，即，该圆柱侧面积，因此存在一个侧面积为的圆柱可以放进这四个实心小球所形成的空隙内，B正确.故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。双空题第一个空2分，第二个空3分。12．1【分析】由诱导公式化简，化为齐次式，然后代入计算，即可得到结果.【详解】原式.故答案为：.13．【分析】先根据复数的模以及复数的虚部列不等式，再根据扇形面积减去三角形面积得弓形面积.【详解】设，则 ，如图,，因此复平面内复数的对应点组成图形为两个弓形，其面积为扇形面积减去三角形面积是，故答案为：.14．【分析】先利用诱导公式和两角和的正弦消角，再换元令结合辅助角公式将函数化为只有的函数，然后构造函数，求导分析最值.【详解】，令，则上式，，要想有最小值，即，即为钝角，从而，设，因为，所以，令，则，则，所以当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；所以当时，，所以的最小值为，此时，故，，即存在，显然存在，使得，所以的最小值为.故答案为：.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．（本小题满分13分）（1）证明见解析（2）1【分析】（1）通过等体积法即可证明即可证明线面平行；（2）求出和的面积，即可求出点A到平面CEF的距离.【详解】（1）由题意证明如下，连接，，．在长方体中，且，∴四边形为平行四边形．∴E为的中点，在中， E，F分别为和AB的中点，∴．∵平面，平面，∴平面． …5分（2）由题意，与平面所成角为．连接．∵长方体中，所以．所以．∵长方体中，平面，平面，∴．∴为直线与平面所成角，即．故∴为等腰直角三角形，则．在中，  知．在中，  ，，∴，∴，设点A到平面CEF的距离为h．由知，，得．∴点A到平面CEF的距离为1． …13分16．（本小题满分15分） （1），；（2）.【分析】（1）根据周期求，再代入，求，然后利用三角函数的性质即得；（2）参变分离后，转化为求函数在时，求函数的值域.【详解】（1）由题意可知，函数的周期，得，所以，，得，所以， …6分 令，解得：，；所以函数的单调递减区间是，， …10分（2）方程有解，即，，，所以，所以实数的取值范围是. …15分17．（本小题满分15分）（1）（i）（ii）（2）【分析】（1）（i）在直角中，可求，，再得到，利用三角形面积公式即可求解；（ii）根据余弦定理可解；（2）由可得，求得，在利用余弦定理可求，再用余弦定理的推论可求，即可得到的值.【详解】（1）（i），，，，又，所以，，. …6分（ii），所以. …8分 （2），，，在中，，，所以，，，. …15分18．（本小题满分17分）（1）证明见解析（2）①6；②．【分析】（1）通过平面平面即可证平面；（2）①连接交于点，连接，证得平面，结合四棱锥的体积是，可求；②作于，连接，则由三垂线定理得，作于，连，则，为二面角的平面角，利用余弦定理的推论可求，接着即可得到平面与平面所成夹角的正弦值.【详解】（1）证明：∵平面，过的平面交平面于，∴，又∵，∴四边形为菱形∴，∵平面，平面，∴平面．又∵四边形为菱形，∴同理平面，∵，，平面，∴平面平面，又平面，∴平面； …4分 （2）①连接交于点，连接，∵，且，则为等边三角形，又四边形为菱形，则为中点，∴又∵平面平面，且交线为∴平面∵，∴∴∴． …10分 ②由①知，，所以与全等，作于，连，则，为二面角的平面角，作于，连接，又平面， 平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，四边形为菱形，所以，，，在中，，，在，由余弦定理得：，， 故平面与平面的夹角的正弦值为． …17分 19．（本小题满分17分）（1）（2）答案见解析（3）【分析】（1）由由，可得，结合二次函数性质即可求得答案；（2）令，化简可得，分类讨论，讨论对称轴和已知区间的位置关系，即可求得答案；（3）讨论a的取值范围，结合题意可得相应不等式组，进而求出关于b的不等关系，从而可得的不等式，继而求得答案.【详解】（1）时，，由，得，而，当时，取最小值，故 …4分（2），令，则，当时，在上单调递减，则，，故函数值域为；同理，当时，，，此时函数值域为，当时，，，此时函数值域为，当时，，，故函数值域为；综上可得，当时，值域为；当时，值域为；当时，值域为，当时，值域为. …10分（3）当时，易知；当时，，则，；因此当时，由（2）知，即，由于，所以，故，则；当时，则，即，即，由于，所以，所以，故；当时，则，即，即，由于，所以，所以，故；当时，，则，；当时，由（2）知，即，由于，所以，所以，故；综合上述可知当时，取到最大值，最大值为. …17分 题号12345678答案DCDBABCC题号91011答案ABCABDABD