山西省太原市第五中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份山西省太原市第五中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷（Word版附解析），共14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。
1．函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
2．“不等式在R上恒成立”的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
3．已知定义在上的函数满足，且当时，恒有，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
4．设函数，则f(x)（ ）
A．是偶函数，且在单调递增B．是奇函数，且在单调递减
C．是偶函数，且在单调递增D．是奇函数，且在单调递减
5．若，则（ ）
A．B．C．D．
6．把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则（ ）
A．B．
C．D．
7．已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，已知正四棱锥的所有棱长均为2，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若，，则（ ）
A．B．
C．与的夹角为D．在方向上的投影向量为
10．如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（ ）
A．直线与平面所成的角等于
B．点到面的距离为
C．两条异面直线和所成的角为
D．二面角的平面角的余弦值为
11．如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是，的中点，G是的中点，将，分别沿，折起，使B，D两点重合于H，下列说法正确的是（ ）
A．若把沿继续折起，C与H恰好重合
B．
C．四面体的外接球体积为
D．点H在面上的射影为的重心
三、填空题
12．在中，角的对边分别为，已知，的周长为7，则边长为 .
13．从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中不放回地随机抽取3张，则抽到的3张卡片上的数字之和不小于10的概率为 ．
14．抽样统计某位射击运动员10次的训练成绩分别为86，85，88，86，91，89，88，87，85，92，则该运动员这10次成绩的分位数为 ．
四、解答题
15．在中，角，，所对的边分别为，，，.
(1)求角；
(2)若外接圆的半径为，求面积的最大值.
16．如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．

（I）证明：EF⊥DB；
（II）求DF与面DBC所成角的正弦值．
1．B
根据具体函数的定义域的求法，得到，解不等式组即可求出结果.
【详解】由题意可得，解得，故函数的定义域为，
故选：B.
2．C
先求出不等式恒成立的充要条件，然后逐项判断即可.
【详解】解：∵“不等式在R上恒成立”，
显然不满足题意，
∴，解得，
对于A，是充要条件，故A错误；
对于B，因为推不出，故B错误；
对于C，因为，反之不能推出，故C正确；
对于D，因为推不出，故D错误．
故选：C．
3．C
先根据得出对称轴，再根据单调性结合对称性列出不等式求解.
【详解】由得，的图象关于直线对称，
令，则是偶函数，又当时，恒有，
故在上单调递减，所以在上单调递减，
则，
即得
解得或.
故选：C.
4．D
根据奇偶性的定义可判断出为奇函数，排除AC；当时，利用函数单调性的性质可判断出单调递增，排除B；当时，利用复合函数单调性可判断出单调递减，从而得到结果.
【详解】由得定义域为，关于坐标原点对称，
又，
为定义域上的奇函数，可排除AC；
当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，排除B；
当时，，
在上单调递减，在定义域内单调递增，
根据复合函数单调性可知：在上单调递减，D正确.
故选：D.
5．B
【详解】因为，
所以，
所以.
故选：B
6．B
【详解】解法一：函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，再把所得曲线向右平移个单位长度，应当得到的图象，
根据已知得到了函数的图象，所以，
令,则,
所以,所以；
解法二：由已知的函数逆向变换，
第一步：向左平移个单位长度，得到的图象，
第二步：图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，
即为的图象，所以.
故选：B.
7．A
由已知可得，结合已知计算可求得，进而可求夹角．
【详解】因为，
所以，所以，
所以，因为，
所以，又因为，所以．
所以与的夹角为．
故选：A．
8．B
根据题中条件连接，取的中点，连接,，作出异面直线所成的角，利用余弦定理求解即可.
【详解】连接，取的中点，连接,，

由题意知，，则异面直线与所成角为（或其补角），
在中，，
则，
则异面直线与所成角的余弦值为.
故选：B.
9．AD
根据数量积的坐标表示及向量模的坐标表示判断A、B、C，再根据投影向量的定义计算判断D；
【详解】解：因为，，所以，，，
所以，，则，，故A正确，B错误；
设与的夹角为，则，因为，所以，故C错误；
在方向上的投影向量为，故D正确；
故选：AD
10．AB
根据线面角的定义及求法即可判断；由点到平面的距离的求法即可判断；由异面直线所成角的定义及求法即可判断；由平面角的定义及余弦定理即可判断．
【详解】解：如图，取的中点，连接，易证平面，
所以是直线与平面所成的角为，故正确；
点到平面的距离为的长度为，故正确；
易证，所以异面直线和所成的角为或其补角，
因为为等边三角形，所以两条异面直线和所成的角为，故错误；
连接，由，所以，又，
所以为二面角的平面角，
易求得，又，，
由余弦定理可得，故错误．
故选：．
11．ABC
根据，可说明与恰好重合判断A，根据线面垂直的性质定理可判断B，将四面体 补成长方体，可求得其外接球半径，进而求得外接球体积判断C，根据线面垂直证明线线垂直，说明点H在面上的射影为三角形的高的交点判断D.
【详解】对于A，因为，故把沿继续折起，C与H恰好重合，正确；
对于B，如图，

因为，平面，
故平面，而平面，故，故B正确；
对于，由折前平面图形可知，两两垂直，将其补成相邻三棱长为1,1,2的长方体，
则长方体外接球和四面体外接球相同，如图，

长方体对角线长，所以长方体外接球的半径为，
故外接球的体积为，故正确；
对于D，设P为点H在平面上的射影，连接，则，
由B知，又平面，故平面，
又 平面，故，
同理可证，即点P为三角形高线的交点，
所以点在平面上的射影为的垂心，故D错误，
综上，正确答案为ABC，
故选：ABC
12．3
根据正弦定理得，由周长得，最后利用余弦定理列方程求得，即可得解.
【详解】由及正弦定理得，由的周长为7得，
故由及余弦定理得，
所以，
化简得，解得或（舍去），所以.
故答案为：3
13．/0.4
列举基本事件，利用古典概型概率公式求解.
【详解】从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中不放回地随机抽取3张，
样本空间共10个基本事件，即
用表示“抽到的3张卡片上的数字之和不小于10”，则共4个基本事件，即
所以抽到的3张卡片上的数字之和不小于10的概率．
故答案为：.
14．90
利用百分位数的定义即可求解.
【详解】将训练成绩从小到大排序为：85，85，86，86， 87，88，88， 89，91， 92，
因为，所以该运动员这10次成绩的分位数为.
故答案为：90.
15．(1)
(2).
（1）先根据展开，结合正弦和差化积公式进行化简，可得出，进而得出角的值.
（2）根据题意和正弦定理可得出边长a的值，再由第一问和余弦定理得出b和c的关系，结合基本不等式即可求出面积的最大值.
【详解】（1）由得，，
所以，又，所以，
所以，因为，所以；
（2）由外接圆的半径为，则得，
由余弦定理得，，即，
所以，解得.
所以，故面积的最大值为.
16．（I）证明见解析；（II）
【详解】（）[方法一]：几何证法
作交于，连接．
∵平面平面，而平面平面，平面，
∴平面，而平面，即有．
∵，
∴．
在中，，即有，∴．
由棱台的定义可知，，所以，，而，
∴平面，而平面，∴．
[方法二]【最优解】：空间向量坐标系方法
作交于O．
∵平面平面，而平面平面，平面，
∴平面，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示.
设OC=1,∵，，
∴,∴，
∴,,
,
∴BC⊥BD,又∵棱台中BC//EF,∴EF⊥BD；
[方法三]：三余弦定理法
∵平面ACFD平面ABC，∴,
∴，
又∵DC =2BC．
∴,即,
又∵，∴．
（II）[方法一]：几何法
因为，所以与平面所成角即为与平面所成角．
作于，连接，由（1）可知，平面，
因为所以平面平面，而平面平面，
平面，∴平面．
即在平面内的射影为，即为所求角．
在中，设，则，，
∴．
故与平面所成角的正弦值为．
[方法二]【最优解】：空间向量坐标系法
设平面BCD的法向量为,
由（）得,,
∴令,则,,,
，,
由于，∴直线与平面所成角的正弦值为．
[方法三]：空间向量法
以为基底,
不妨设，则
(由（）的结论可得）．
设平面的法向量为，
则由得取，得．
设直线与平面所成角为，
则直线与平面所成角也为，
由公式得．
[方法四]：三余弦定理法
由，
可知H在平面的射影G在的角平分线上．
设直线与平面所成角为，则与平面所成角也为．
由由（）的结论可得，
由三余弦定理，得，
从而．
[方法五]：等体积法
设H到平面DBC的距离为h，
设,则,
设直线与平面所成角为，由已知得与平面所成角也为．
由，,
求得，所以．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
C
D
B
B
A
B
AD
AB
题号
11









答案
ABC