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      广西部分学校2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷(Word版附解析)

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      广西部分学校2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷(Word版附解析)

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      这是一份广西部分学校2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷(Word版附解析),共15页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
      一、单选题
      1.若复数,则( )
      A.B.C.2D.4
      2.已知半径为的扇形面积为3,则扇形的圆心角为( )
      A.B.C.1D.2
      3.在中,,,,则( )
      A.B.C.D.
      4.如图,平行四边形是水平放置的四边形的直观图,,,则四边形的面积( )

      A.B.C.D.
      5.已知正方体的棱长为,则直线到平面的距离为( )
      A.2B.C.1D.
      6.已知,则( )
      A.B.C.D.
      7.位于灯塔P的正西方向且相距40海里的M处有一艘甲船,需要海上加油,位于灯塔P的东北方向的C处有一艘乙船在甲船的北偏东方向上,则乙船前往支援M处的甲船需要航行的最短距离是( )
      A.海里B.海里C.海里D.30海里
      8.如图,设,,线段与交于点F,且,则( )

      A.4B.3C.D.5
      二、多选题
      9.若复数(),则( )
      A.当z为实数时,
      B.当z为纯虚数时,
      C.当z的实部与虚部相等时,
      D.z在复平面内对应的点不可能位于第一象限
      10.已知函数(,,)的部分图象如图所示,其中为等边三角形,点M的坐标为,则( )
      A.
      B.
      C.直线是图象的一条对称轴
      D.将的图象向左平移2个单位长度后,所得图象与函数的图象重合
      11.在正四棱柱中,,点H在棱上,且直线与直线所成的角为,则( )
      A.
      B.三棱锥的体积为
      C.直线与底面所成角的余弦值为
      D.平面截正四棱柱所得截面的面积为
      三、填空题
      12.若球O的表面积为,则该球的半径为 .
      13.在矩形中,,P为边上一点,则 .
      14.若的两条中线长均为2,则面积的最大值为 .
      四、解答题
      15.已知非零向量,,且.
      (1)求x的值;
      (2)求向量与的夹角;
      (3)求向量在方向上的投影向量的模.
      16.在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.
      (1)求B的大小;
      (2)已知,证明:是等腰三角形.
      17.已知,,且,.
      (1)求的值;
      (2)求的值;
      (3)求.
      18.在四棱台中,底面,底面是正方形,E为侧棱的中点,,,.

      (1)证明:平面.
      (2)求二面角的正切值.
      (3)在线段上是否存在点H,使得平面平面?如果存在,求的值;如果不存在,请说明理由.
      19.已知函数,.
      (1)设函数,,求的值域.
      (2)设函数.已知,,,求的最小值.
      1.B
      根据复数的乘法运算以及复数模的计算公式,即可求得答案.
      【详解】由题意得,故,
      故选:B
      2.D
      根据给定条件,利用扇形面积公式列式求解.
      【详解】设扇形的圆心角为,依题意,,解得,
      所以扇形的圆心角为2.
      故选:D
      3.A
      根据给定条件,利用余弦定理直接求解即可.
      【详解】在中,由余弦定理得.
      故选:A
      4.C
      先求出平行四边形的面积,再根据直接求解.
      【详解】因为四边形是平行四边形,且,,
      所以平行四边形面积
      根据直观图与原图面积关系,
      所以.
      故选:
      5.C
      作出辅助线,证明平面及平面,求出点到平面的距离即可.
      【详解】连接交于点E,

      由四边形为正方形,得,且为中点,
      由⊥底面,平面,得⊥,
      而,平面,则平面,
      因此AE的长即为点到平面的距离,
      又正方体棱长为,则,
      而平面,平面,则平面,
      故直线到平面的距离,即点到平面的距离.
      故选:C
      6.B
      利用和角的正余弦公式化简求解.
      【详解】由,得,
      整理得,所以.
      故选:B
      7.B
      根据题设画出示意图,利用正弦定理可得.
      【详解】依题意,画出示意图如下,,,
      在中,,由正弦定理得,
      因此(海里),
      所以乙船前往支援M处的甲船需要航行的最短距离是海里.
      故选:B.
      8.D
      先计算出,进而得到,利用共线定理的推论得到,得到答案.
      【详解】,,
      又,故,所以,
      因为,,所以,
      因为三点共线,所以,
      故.
      故选:D
      9.ABD
      根据给定条件,利用复数有相关概念及几何意义逐项判断.
      【详解】对于A,复数是实数,则,A正确;
      对于B,当z为纯虚数时,,则,B正确;
      对于C,当z的实部与虚部相等时,,解得,,则,C错误;
      对于D,当z在复平面内对应的点位于第一象限时,,即,无解,
      因此z在复平面内对应的点不可能位于第一象限,D正确.
      故选:ABD
      10.BCD
      对A,由图数据得边长,求出;对B,由点坐标求出;对C,代入验证最值;对D,由图象变换可得.
      【详解】对于A:如图,因为 为等边三角形,且高为 ,
      所以边长为,所以T2=4,T=8,ω=2π8=π4,A错误;
      对于B:因为点的坐标为,所以C3,23,
      所以,3×π4+φ=π2+2kπ,k∈Z,解得φ=−π4+2kπ,k∈Z
      又,所以,B正确;
      对于C:由上知fx=23sinπ4x−π4,而f7=23sinπ4×7−π4=23sin3π2=−23,C正确;
      对于D:的图象向左平移个单位长度,解析式变为y=23sinπ4x+2−π4=23sinπ4x+π4,
      即所得图象与函数gx=23sinπ4x+π4的图象重合,D正确.
      故选:BCD.
      11.ACD
      根据给定条件,利用正四棱柱的结构特征,结合线面角求解判断AC;求出三棱锥体积判断B;作出截面并求出面积判断D.
      【详解】在正四棱柱中,,
      对于A,由直线与直线所成的角为,得,而,则,A正确;
      对于B,连接,
      则点到平面的距离等于斜边上的高,
      ,而是的中点,
      则点到平面的距离为,
      又,
      则,B错误;
      对于C,连接,由底面,
      得是直线与底面所成的角,
      ,C正确;
      对于D,分别取中点,连接,由,
      ,得四边形为平行四边形,则且,
      而四边形为平行四边形,因此,
      平行四边形为平面截正四棱柱所得截面,
      而,即平行四边形为菱形,又,
      所以,D正确.
      故选:ACD

      12.
      利用球的表面积公式列式求解.
      【详解】设球O的半径为,由球O的表面积为,得,解得,
      所以该球的半径为.
      故答案为:
      13.9
      根据给定条件,利用向量数量积的运算律计算得解.
      【详解】在矩形中,,,
      由P为边上一点,得,,
      所以.
      故答案为:9
      14.
      设两中线相交于点,设,并利用重心性质得到,,表达出S△ABC=83sinα,并求出最值.
      【详解】不妨设边边上的中线长分别为,即,
      相交于点,为的重心,设,
      其中,,则,
      故,故S△BCD=43sinα,S△ABC=2S△BCD=83sinα,
      显然当时,S△ABC=83sinα取得最大值,最大值为.
      故答案为:
      15.(1)1
      (2)
      (3)
      (1)根据向量的坐标运算以及模的计算公式,即可求得答案.
      (2)根据向量的夹角公式求解即可.
      (3)求出向量在方向上的投影向量,即可求得答案.
      【详解】(1)已知非零向量,,故,
      而,故,解得或,
      由于为非零向量,故,故;
      (2)结合(1)可知,,则,
      故,
      故向量与的夹角为;
      (3)向量在方向上的投影向量为,,
      故向量在方向上的投影向量的模为.
      16.(1)
      (2)证明见解析.
      (1)利用正弦定理边化角,再利用余弦定理求解即得.
      (2)由(1)的结论,利用正弦定理边化角即可推理得证.
      【详解】(1)在中,由及正弦定理,得,
      整理得,由余弦定理得,而,
      所以.
      (2)由及正弦定理,得,由(1)知,
      因此,即,所以是等腰三角形.
      17.(1);
      (2);
      (3).
      (1)根据给定条件,利用差角的正切公式计算即可.
      (2)利用二倍角的正余弦公式化简得解.
      (3)确定角的范围,再利用和角的正切公式求解.
      【详解】(1)由,,得.
      (2)由,得.
      (3)由,,得,由(1)知,
      则,,,
      所以.
      18.(1)证明见解析;
      (2)
      (3)存在,,理由见解析.
      (1)由线面垂直的判定定理可证;
      (2)作出二面角的平面角,在中求值;
      (3)当时满足条件,由正弦定理求出即得比值.
      【详解】(1)因为底面,所以底面,平面,
      所以,所以,
      又,是中点,所以.
      因为底面,平面,所以,
      又底面是正方形,所以,,平面,
      所以平面,平面,所以,
      又,平面,所以平面.
      (2)因为底面,平面,所以平面⊥底面,
      过点作,因为平面平面
      所以平面,过作,连接,则,
      所以是二面角的平面角.

      因为是中点,所以,
      设,则GFOD=34,所以GF=34×12×82=32,
      所以tan∠EGF=EFGF=2332=63,即二面角的正切值是.
      (3)对线段上的点,因为平面,平面,
      所以,则当时,满足条件.
      如图,在四边形中,过作,垂足为,交于,
      则∠ECD=∠EDT=∠D1DH,
      设D1H=x,则D1Hsin∠D1DH=D1Dsin∠D1HD
      因为DE=4,CD=8,所以,所以sin∠D1DH=445=55,
      又∠HD1D=45°,所以sin∠D1HD=sin45°+∠D1DH=31010
      所以D1H=D1D·sin∠D1DHsin∠D1HD=8×5531010=823,又CD1=82,
      所以,此时时,,,AE,CE⊂平面,
      所以平面,平面,所以平面⊥平面.

      19.(1);
      (2).
      (1)利用诱导公式及二倍角的余弦公式化简函数,再利用余弦函数性质求出值域.
      (2)求出函数并确定其周期,再分段探讨函数的性质,确定最小正周期及最小值、最大值,并作出部分图象,借助图象求出的最小值.
      【详解】(1)依题意,

      由,得,则,
      所以的值域为.
      (2)函数定义域为,
      ,则是函数的一个周期,
      当,即时,,
      函数在上单调递增,函数值从增大到1;
      当,即时,,
      函数在上单调递增,函数值从1增大到2,在上单调递减,函数值从2减小到1;
      当,即时,,
      函数在上单调递减,函数值从1减小到;
      当,即时,,
      函数在上单调递增,函数值从增大到0,在上单调递减,函数值从0减小到,
      当时,函数在上单调递增,函数值从增大到2;在上单调递减,
      函数值从2减小到;在上单调递增,函数值从增大到0,在上单调递减,函数值从0减小到,如图,
      函数的最小正周期为,当时,,
      当或时,,
      由,,得,
      观察图象知,所以的最小值为.题号
      1
      2
      3
      4
      5
      6
      7
      8
      9
      10
      答案
      B
      D
      A
      C
      C
      B
      B
      D
      ABD
      BCD
      题号
      11









      答案
      ACD









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