安徽省阜阳市临泉县第二中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷

这是一份安徽省阜阳市临泉县第二中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷，共16页。试卷主要包含了二+选修一第一，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
分值：150 分时间：120 分钟
考查范围：高中数学 必修一、二+选修一第一、二章
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，只有一项是符合题目要求的．
已知复数 z 满足 z  1 3i  4  2i ，则 z 的虚部为( )
7
5
 7
5
7 i
5
 7 i
5
已知集合M  x∣y lg(4x  3)， N  x 2  x  2，则M ∩ N  ( )
3
0.5

 3 , 2
 3 ,1
 2 ,1
 2 , 2
 4
 4
 3
 3

若| a  b || a  b | ， a  (1, 2) ， b  (m, 3) ，则实数m  ( )
A.6B. 6C.3D. 3
2
已知点 P，Q 分别为圆C1 : (x  2)2  ( y  4)2  1与圆C : (x  2)2  ( y  3)2  4 上的任意一点，
则 PQ 的取值范围是( )
17
[
17
C.[
 4,
17
17
 2,
 4]
 2]
[
17
17
D.[
 3,
17
17
1,
 3]
1]
某商户收集并整理了 2023 年 1 月到 8 月线上和线下收入（单位：万元）的数据，并绘制出如图所示的折线图，则下列结论错误的是( )
该商户这 8 个月中，收入最高的是 7 月
该商户这 8 个月的线上总收入低于线下总收入
该商户这 8 个月中，线上、线下收入相差最小的是 7 月
该商户这 8 个月中，月收入不少于 17 万元的频率是 1
2
已知函数 y  g(x) 的定义域为(, 1) ∪ (1, ) ，且 g(x 1) 为奇函数，当 x  1 时，
g(x)  2x2 1 ，则 f (x)  g(x) 1的所有零点之和为( )
1
2
3
D.0
已知正三棱台 ABC  A B C 的体积为 52 ， AB  6 ， A B  2 ，则 A A 与平面 ABC 所成角的
正切值为( )
1 1 13
1 11
A. 1
2
C.2D.3
已知函数 f (x)  sin(ωx φ) 在区间 π , 2π  单调递增，直线 x  π 和 x  2π 为函数 y  f (x) 的
 63 63

图象的两条对称轴，则 f   5π   ( )
12 
3
2

 1
2
1
2
3
2
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．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
 1 x
函数 f (x)  ax   
 a 
函数 f (x) 是奇函数
，其中a  0 且a  1，则下列结论正确的是( )
方程 f (x)  0 在 R 上有解
函数 f (x) 的图象过定点(0,1)
当a  1 时，函数 f (x) 在其定义域上为增函数
若 A，B 是互斥事件， P( A)  1 ， P(B)  1 ，则 P( A ∪ B)  1
326
若 A，B 是对立事件，则 P( A ∪ B)  1
若事件 A 与事件 B 相互独立， P( A)  1 ， P(B)  2 ，则 P( AB)  1
339
若 P( A)  1 ， P(B)  1 ，且 P( AB)  1 ，则 A 与 B 相互独立
324
已知函数 f (x)  Asin(ωx φ) （ A  0 ，ω 0 ， 0 φ π ）的部分图象如图所示，则下列 结论正确的是( )
函数 f (x) 的最小正周期为 π
直线 x  π 是 f (x) 图象的一条对称轴
3
点 5π , 0  是 f (x) 图象的一个对称中心
 6

点  π , 0  是 f (x) 图象的一个对称中心
3

三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
我国火力发电厂大气污染物排放标准规定：排放废气中二氧化硫最高允许浓度为
20mg / m3 .已知我国某火力发电厂排放废气中二氧化硫的初始浓度为100mg / m3 ，现通过某种工艺对排放废气进行过滤处理，处理后废气中剩余二氧化硫的浓度 y（单位： mg / m3 ）与处
 9 t

理时间 t（单位：分钟）满足关系式： y  N0  10  ，那么从现在起至少经过分钟
才能达到排放标准.（参考数据： lg 2  0.3010 ， lg 3  0.4771 ，结果取整数）
3
在长方体 ABCD  A1B1C1D1 中， AB  BC  1， AA1 ，则异面直线 AD1 与 DB1 所成角的余弦值为.
在如图所示的4  4 方格表中选 4 个方格，要求每行和每列均恰有 1 个方格被选中.在所有符
合上述要求的选法中，选中方格中的 4 个数之和的最小值是.
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）一个大风车的半径为 8 米，风车按逆时针方向匀速旋转，并且 12 分钟旋转一周，它的最低点离地面 2 米.设风车开始旋转时其翼片的一个端点 P 在风车的最低点，求：
点 P 离地面距离 h（米）与时间 t（分）之间的函数关系式.
在第一圈的什么时间段，点 P 离地面的高度超过 14 米？
16.（15 分）已知 A，B，C 为△ABC 的三内角，且其对边分别为 a，b，c，若
a cs C  c  2bcs A  0 .
求 A；
3
若a  2
， b  c  4 ，求△ABC 的面积.
17.（15 分）为了深入学习领会党的二十大精神，某高级中学全体学生参加了《二十大知识竞赛》，试卷满分为 100 分，所有学生成绩均在区间[40,100] 内，已知该校高一、高二、高三年级的学生人数分别为 800，1000，1200，现用分层随机抽样的方法抽取了 300 名学生的答题成绩，绘制了样本频率分布直方图（如图所示）.
根据样本频率分布直方图估计该校全体学生成绩的众数、平均数、71% 分位数（同一组中数据用该组区间中点值作代表）；
已知所抽取的各年级答题成绩的平均数、方差的数据如下表，且根据频率分布直方图估计出总成绩的方差为 140，求高三年级学生成绩（单位：分）的平均数和高二年级学生成绩的方差.
18.（17 分）已知 f (x) 为偶函数， g(x) 为奇函数，且满足 f (x)  g(x)  21x .
求 f (x) ， g(x) 的解析式；
若h(x)  1 [ f (x)  g(x)] 1 ，且方程[h(x)]2  2k  h(x)  k  1  0 有三个解，求实数 k 的取
24
值范围.
19.（17 分）如图，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AC  BC ， AC  BC  1， CC1  2 ，点 P 在
年级
样本平均数
样本方差
高一
60
75
高二
63
高三
55
线段 BC1 上.
若 P 为 BC1 的中点.
求证： AB// 平面 A1CP ；
求点 B 到平面 A1CP 的距离.
若CP  BC1 ， CP 的延长线与直线 BB1 相交于点 E ，证明：平面 A1CP  平面 A1C1P ，并求直线 A1E 与平面 ACC1 A1 所成角的正弦值.
答案及解析
答案：B
解析： z  4  2i1 3i  2 14i   1  7 i ，故 z   1  7 i ，所以 z 的虚部为 7 .故选 B.
1 3i1 3i1055555
答案：B
3
4
4x  3  0,3
解析：由题意得lg(4x  3)  0, 解得 4  x  1，故M  x x  1，所以
M ∩ N  x

3
4
 x 
0.5
 ∩ x
 x  2  x
 x 

 故选 B.

1
1 .
2
3
3
4

答案：B
解析：因为| a  b || a  b | ，所以(a  b)2  (a  b)2 ，即a2  b2  2a  b  a2  b2  2a  b ，化简得
a  b  0 ，又a  (1, 2) ， b  (m, 3) ，所以a  b  m  6 ，因此m  6  0 ，解得m  6 .故选 B.
答案：B
解析：圆C : (x  2)2  ( y  4)2  1的圆心为C (2, 4) ，半径r  1 ，圆C : (x  2)2  ( y  3)2  4 的
1112
圆心为C (2, 3) ，半径r  2 ，则圆心距d 

1 2  r  r ，所以两
(2  2)2  (4  3)2
17
17
2212
17
圆外离，所以| PQ |d  r1  r2 , d  r1  r2   [
答案：B
 3,
 3] .故选 B.
解析：对于选项 A：该商户 1 月到 8 月的收入依次为 16 万元、13.5 万元、16 万元、17 万元、 17 万元、16 万元、20 万元、17.5 万元，A 正确；
对于选项 B：该商户这 8 个月的线上总收入为 72 万元，线下总收入为 61 万元，B 错误；对于选项 C：根据折线图可知，该商户这 8 个月中，线上、线下收入相差最小的是 7 月，C正确；
对于选项 D：该商户这 8 个月中，月收入不少于 17 万元的有 4 个月，频率为 1 ，D 正确.故选
2
B.
答案：A
解析：因为 g(x 1) 为奇函数，所以 g(x 1) 的图象关于点(0, 0) 对称，则 g(x) 的图象关于点 (1, 0) 对称，即 g(x)  g(2  x) ，当 x  1 时， g(x)  2x2 1 ，当 x  1时， 2  x  1 ，则
2x2 1, x  1,
g(x)  g(2  x)   2(2  x)2 1  2x2  8x  7 ，所以 g(x)  则

2x2  2, x  1,

f (x)  g(x) 1  2(x  2)2 , x  1,
2x2  8x  7, x  1,
2x2  2  0,

令 f (x)  0 ，则x  1
2(x  2)2  0,

或x  1,
解得 x  1 或 x  2 ，所以1 (2)  1 .故选 A.
答案：B
解析：解法一：如图，延长 AA1 ， BB1 ， CC1 交于一点 P，过 P 作 PO  平面 ABC，垂足为 O， PO 与平面 A1B1C1 交于点O1 ，连接O1 A1 ， OA .
Q ABC  A1B1C1 是正三棱台，三棱锥 P  ABC 是正三棱锥.
设△A B C ，△ABC 的面积分别为S ， S ，则V
 1 S  S  O O  52 .
S1S2
1 1 112ABC  A1B1C131213
3
3
又Q S  1  22 3 ， S  1  62 3  9，
122222
 1 ( 93  9 3 )  O O  52 ，O O  4 3 .
3
3
3
1313
Q△PO A ∽△POA ， PO1  PA1 .
1 1POPA
又Q△PB A ∽△PBA ， PA1  A1B1  2  1 ，
1 1
3
 PO1  1 ， PO  2
PAAB63
，
PO3
Q PO  平面 ABC ，PAO 是 AA1 与平面 ABC 所成角.
3
2 3
2 3
AO  2 3  AB  2，在Rt△PAO 中， tan PAO  PO  1.故选 B.
32AO
解法二：如图，作 A1D  底面 ABC 于点 D，设点O1 为正△A1B1C1 的中心，作OO1  底面 ABC
4
3
于点 O，易知 O 为正△ABC 的中心，且 AD  AO  A1O1 .设台体的高为 h，由

1 3  4 3  36 3  2  6  h  52 ，解得h 

4
3
，所以 A1A 与平面 ABC 所成角的正切值为
3  4443
h  1 .故选 B.
AD
答案：D
解析：因为函数 f (x)  sin(ωx φ) 在区间 π , 2π  单调递增，且直线 x  π 和直线 x  2π 为函
 63 63

数 y  f (x) 的图象的两条对称轴，所以 2π  π  T ， f  π   1，所以T  π ，即|ω| 2π  2 ，
6

362 T
则ω 2 或2 .而 f  π   1，即sin(2  π φ)  1或sin  2  π φ  1，所以
 6 66

2  π φ  π  2kπ 或2  π φ  π  2kπ ， k  Z ，即φ  5π  2kπ 或 π  2kπ ， k  Z ，
626266
所以 f (x)  sin  2x  5π  或 f (x)  sin  2x  π  ，所以
6 6 

f   5π   sin   5π  5π   sin   5π   sin π 3 或 f   5π   sin  5π  π  3 ，故选 D.
12 
66 3 32
12 
66 2

答案：ABD

 1 x
解析： f (x)  ax   
 1  x
的定义域为 R，且 f (x)  a x   
 1 x
  
 ax   f (x) ，故 f (x) 为
 a 
 1 0
 a  a 
奇函数，A 正确； f (0)  a0   
 a 
 11  0 ，故方程 f (x)  0 在 R 上有解，B 正确，C 错误；
 1 
x
当a  1 时，函数 y  ax 在 R 上单调递增， y   
 a 
 1 x
在 R 上单调递减，故 f (x)  ax    在 R
 a 
上单调递增，D 正确.故选 ABD.
答案：BC
解析：对于 A，由互斥事件的概率加法公式知 P( A ∪ B)  1  1  5 ，故 A 错误；
326
对于 B，由对立事件的概率公式知 P( A ∪ B)  P( A)  P(B)  1 ，故 B 正确；
对于 C，若事件 A 与事件 B 相互独立，则 A 与 B 也相互独立，易知 P(B)  1 2  1 ，则
33
P( AB)  P( A)P(B)  1  1  1 ，故 C 正确；
339
对于 D，由 P(B)  1 ，得 P(B)  1 ，又 P( A)  1 ，所以 P( A)P(B)  1  1  1  P( AB) ，则 A
223326
与 B 不相互独立，故 A 与 B 也不相互独立，故 D 错误.故选 BC.
答案：AC
解析：设 f (x)  Asin(ωx φ) （ A  0 ，ω 0 ， 0 φ π ）的最小正周期为 T，由题中图象可
知 7π  π  1 T ，解得T  π ，故 A 正确.
12122
因为ω 0 ，所以ω 2π ，解得ω 2 .由题图可知 A  2 ，故 f (x)  2 sin(2x φ) .
T
将点 7π , 2  的坐标代入解析式化简得sin  π φ  1，因为0 φ π ，所以π φ π ，解得
 12
 662

φ π ，故 f (x)  2 sin  2x  π  .当 x  π 时， 2x  π  π ，则点 π , 0  是函数 f (x) 图象的对称
33 33
 3

中心，则直线 x  π 不是 f (x) 图象的对称轴，故 B 错误.
3
当 x  5π 时， 2x  π  2π ，则点 5π , 0  是函数 f (x) 图象的对称中心，故 C 正确.
63 6

当 x   π 时， 2x  π   π ，则点  π , 0  不是函数 f (x) 图象的对称中心，故 D 错误.故选
333
3

AC.
答案：16
 9 t
 9 t1
 9 t1
10
解析：依题意知100 

 20 ，即
10

 5 ，取以 10 为底的对数得lg 10 
 lg ，即
5

t lg 9  lg 1 ， t(lg 9 1)  lg 5 ，则t(1 2 lg 3)  lg 5  1 lg 2 ，则
105
t  1 lg 2 
1 0.301
 15.26 ，t  16 ，故至少经过 16 分钟才能达到排放标准.
1 2 lg 31 2  0.4771
答案： 5
5
解析：以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴， DD1 为 z 轴，建立空间直角坐标系，
Q在长方体 ABCD  A1B1C1D1 中， AB  BC  1， AA1 ，
3
 A(1, 0, 0) ， D1 (0, 0, 3) ， D(0, 0, 0) ， B1 (1,1, 3) ，
 AD1  (1, 0, 3) ， DB1  (1,1, 3) ，
设异面直线 AD1 与 DB1 所成角为 θ ，
5
| AD1  DB1 |2
2 5
则csθ
––––→––––→ ，
| AD1 |  | DB1 |5
异面直线 AD 与 DB 所成角的余弦值为 5 .
115
故答案为： 5 .
5
答案：126
解析：先按列分析，每列必选出一个数，所选 4 个数的十位数字分别为 0，2，3，6.若求选中 方格中的 4 个数之和的最小值，则需要个位数之和最小，每种选法可标记为(a, b, c, d ) ，且 a， b，c，d 分别表示第一、二、三、四列的个位数字，则所有的可能结果为(8, 3,8, 6) ， (8, 7, 7, 6) ，
(8, 7, 7, 6) ， (8, 7, 9, 3) ， (8, 6, 7, 6) ， (8, 6,8, 3) ， (3, 7,8, 6) ， (3, 7, 9, 6) ， (3, 7, 2, 6) ， (3, 7, 9, 2) ，
(3, 6, 2, 6) ， (3, 6,8, 2) ， (6, 7, 7, 6) ， (6, 7, 9, 3) ， (6, 3, 2, 6) ， (6, 3, 9, 2) ， (6, 6, 2, 3) ， (6, 6, 7, 2) ，
(5, 7, 7, 6) ， (5, 7,8, 3) ， (5, 3, 2, 6) ， (5, 3,8, 2) ， (5, 7, 2, 3) ， (5, 7, 7, 2) ，此时最小值为
5  3  2  6  16 ，所以选中的方格中，5，23，32，66 这 4 个数之和最小，且
5  23  32  66  126 .故答案为 126.
 62 
答案：（1） h(t)  8sin  π t  π  10 ， t  0

（2）在第一圈的 4 分钟到 8 分钟内，点 P 离地面的高度超过 14 米解析：（1）不妨设h(t)  Asin(ωt φ)  b ， A  0 ，ω 0 ，
由题意得 A  8 ， T  12 ， b  10 ，则ω 2π  π .
T6
当t  0 时， h(0)  2 ，即sinφ 1，
因此φ  π .
2
 62 
因此h(t)  8sin  π t  π  10 ， t  0 .

（2）由题意令h(t)  14 ，即8sin  π t  π  10  14 ，则π   1 .
62
 

又因为0  t  12 ，所以4  t  8 .
cs t
62
所以在第一圈的 4 分钟到 8 分钟内，点 P 离地面的高度超过 14 米.
答案：(1) 2π ；
3
3
(2).
解析：(1) Q a cs C  c  2bcs A  0 ，
由正弦定理可得： sin A cs C  sin C  2 sin Bcs A  0 ，整理得sin A cs C  sin C cs A  2 sin B cs A  0 ，
即： sin  A  C   2 sin B cs A  0 ，
所以sin B  2 sin B cs A  0 ，
Qsin B  0 ， cs A   1 ，
2
Q A 0, π ，  A  2π .
3
3
(2)由a  2
， b  c  4 ，由余弦定理得a2  b2  c2  2bc cs A ，
12  (b  c)2  2bc  2bc cs 2π ，即有12  16  bc ，
3
 bc  4 ，
3
△ABC 的面积为S  1 bc sin A  1  4 sin 2π .
223
答案：（1）众数为 65 分，平均数为 69 分， 71% 分位数为 75 分
（2）高三年级学生成绩的平均数为 80，高二年级学生成绩的方差为 48
解析：（1）由题中频率分布直方图知，学生成绩在[40, 50) ，[50, 60) ，[60, 70) ，[70,80) ， [80, 90) ，[90,100] 内的频率分别为 0.06，0.12，0.4，0.26，0.1，0.06，
显然学生成绩在[60, 70) 内的频率最大， 所以估计该校全体学生成绩的众数为 65 分.
平均数 x  0.06  45  0.12  55  0.4  65  0.26  75  0.1 85  0.06  95  69 （分）.
设71% 分位数为 m 分，显然m (70,80) ，由0.06  0.12  0.4  (m  70)  0.026  0.71 ，解得
m  75 ，
所以71% 分位数为 75 分.
（2）记高一、高二、高三年级学生成绩（单位：分）的平均数分别为 x1 ， x2 ， x3 ，方差分
别为s2 ， s2 ， s2 ，
123
显然样本中高一、高二、高三年级分别抽取了 80 人，100 人，120 人，
x  80 x  100 x  120 x  80  60  100  63  120 x  69 ，解得 x  80 ，
300 1300 2300 3300300300 33
s2  80  x  x 2  s2   100  x  x 2  s2   120  x  x 2  s2 
300 11 300 22 300 33 
80
(60
 69)2  75  100 (63  69)2  s2   120
300
300
2300
(80  69)2  55
 208 12  1 s2  352  124  1 s2  140 ，解得s2  48 ，
53 253 22
所以高三年级学生成绩（单位：分）的平均数为 80，高二年级学生成绩的方差为 48.
答案：（1） f (x)  2x  2x ， g(x)  2x  2x
（2） 1  ∪  3 , 
 4  4
 
解析：（1）因为 f (x) 为偶函数， g(x) 为奇函数，
所以 f (x)  f (x) ， g(x)  g(x) ，
由 f (x)  g(x)  21x ①，
得 f (x)  g(x)  21x ，即 f (x)  g(x)  21x ②，
①  ② 可得 f (x)  2x  2x ，
①  ② 可得 g(x)  2x  2x .
（2）由（1）得h(x) 
1 [ f (x)  g(x)] 1  2x 1 .
2
方程[h(x)]2  2k  h(x)  k  1  0 ，即为h(x)  1  h(x)  2  k  1   0 ，
42  4 

可得h(x)  1 或h(x)  2  k  1  ，
24 

即 2x 1  1 或 2x 1  2  k  1  .
24 

作出函数 y  2x 1 的图象，由图①可得 y  2x 1 与 y  1 的图象有两个交点，
2
所以要使方程[h(x)]2  2k  h(x)  k  1  0 有三个解，
4
则 2x 1  2  k  1  只有一个解，
4 

即 y  2x 1 与 y  2  k  1  的图象只有一个交点，
4 

由图②可得2  k  1   1或2  k  1   0 ，解得k  3 或k  1 .
4 4 44

综上，实数 k 的取值范围为1  ∪  3 ,  .
 4  4
 
19.答案：(1)(i)证明见解析；(ii) 2 ；
3
(2) 2 17 .
17
解析：(1)(i)如图，连接 AC1 ，与 A1C 相交于点 D，则 D 为 AC1 的中点，连接 DP，因为 P 为 BC1 的中点，所以 DP//AB ，
因为 DP  平面 A1CP ， AB  平面 A1CP ，所以 AB// 平面 A1CP .
(ii)因为 P 为 BC1 的中点，
所以点 B 到平面 A1CP 的距离与点C1 到平面 A1CP 的距离相等，设为 h.
因为三棱柱 ABC  A1B1C1 为直三棱柱，所以CC1  BC ，
又 AC  BC ， AC ∩ CC1  C ， AC, CC1  平面 ACC1 A1 ，所以CB  平面 ACC1 A1 ，
所以点 P 到平面 ACC 的距离为 1 BC  1 ，
1122
1 1
所以VP A CC
 1  1  2 1 1  1 ，
3226
又 AC 
5 ， CP  CD  1 AC 
5 ， DP  1 AB 2 ，
12  22
12 1222
所以等腰△CDP 的面积为
1  DP 
CD2  DP 
 1
2
 2

2
 1 
2
5 2 
2
2
  
 2  4 
22
 3 ， 8
所以S
 2S
 3 ，由V
 V，得 1 h  3  1 ，解得h  2 .
△ A1CP
△CDP4
C1  A1CPP A1CC1
3463
所以，点 B 到平面 ACP 的距离为 2 .
13
(2)如图，易得CC1  A1C1 ， A1C1  BC ，
因为CC1 ∩ CB  C ， CC1 ， CB  平面CBB1C1 ，所以 A1C1  平面CBB1C1 ，因为CP  平面CBB1C1 ，所以 A1C1  CP ，
因为CP  BC1 ，且 BC1 ∩ A1C1  C1 ， BC1 ， A1C1  平面 A1C1P ，所以CP  平面 A1C1P .
因为CP  平面 A1CP ，所以平面 A1CP  平面 A1C1P .
因为CP  BC1 ，所以PCB  PBC  90 ，
因为CC1B  PBC  90 ，所以CC1B  PCB ，又C1CB  CBE  90 ，所以△C1CB∽△CBE ，
所以 C1C  CB ，即 2  1 ，得 BE  1 ，
CBBE
A B2  B E2
1 11
所以 A1E 
1BE

2  2  2 
2
1 2



2
17
，
2
又点 E 到平面 ACC1 A1 的距离为 BC  1，
所以直线 A E 与平面 ACC A 所成角的正弦值为 1
 2 17 .
11 1
1717
2