2025-2026学年山西省太原市师范学院附中高二（上）开学数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年山西省太原市师范学院附中高二（上）开学数学试卷（含解析），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。
1.设集合A={−2,0,2,4,6}，B={x|0≤x0，
所以y5x−y+xy=15(xy−15)+(xy−15)+15≥2 15+15=2 5+15，
当且仅当15xy−1=xy−15，即xy= 5−15时，等号成立，
所以y5x−y+xy的最小值为2 5+15．
故选：B．
根据已知xy的范围，然后将目标式转化为15(xy−15)+(xy−15)+15，利用基本不等式可得．
本题考查基本不等式相关知识，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：根据题意可得底面中心到底面顶点的距离为6× 32×23=2 3，
又直线AB与底面BCD所成角的余弦值为 33，其正切值为 2，
所以则正三棱锥A−BCD的高为2 3× 2=2 6，
设正三棱锥A−BCD外接球的半径为R，
则R2=(2 3)2+(2 6−R)2，解得R=3 62，
所以正三棱锥A−BCD外接球的体积为43πR3=43π×(3 62)3=27 6π．
故选：B．
先求出底面中心到底面顶点的距离，再求出正三棱锥A−BCD的高，从而利用勾股定理，建立方程，即可求解．
本题考查正三棱锥的外接球问题，属中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：由(1+i)z=2i，得z=2i1+i=2i(1−i)(1+i)(1−i)=1+i，
则|z|= 2，故A正确；
z的实部为1，故B正确；
z的共轭复数为z−=1−i，故C错误；
z−在复平面中对应的点的坐标为(1,−1)，位于第四象限，故D正确．
故选：ABD．
由复数的模判断A选项，由复数的概念判断BC选项，由复数的几何意义判断D选项．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：数据2，3，4，5，6，7，8，9，
由8×75%=6，所以第75百分位数为7+82=7.5，故A错误；
若一组样本数据3，a，7，5，4，8的极差为5，所以3≤a≤8，故B正确；
若yi=2xi−3(i=1,2,3,4)，即S22=4S12，故C正确；
，抽取男生10人，其平均数为105，抽取女生5人，其平均数为102，
则这15名学生数学成绩的平均数为x−=1015×105+510×102=104，
所以这15名学生数学成绩的方差为s2=1015×[24+(105−104)2]+515×[21+(102−104)2]=25，故D正确．
故选：BCD．
对于A求出第75百分位数即可判断，对于B根据极差的定义即可判断，对于C根据方差的性质即可判断，对于D计算分成抽样的方差即可判断．
本题主要考查概率、统计的知识，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：根据题意，f(x)=f(2−x)，可知函数f(x)的图象关于x=1对称，
又f(x)=−f(−x)，则有f(x)=f(2−x)=−f(−x)，
变形可得f(2+x)=−f(x)，故有f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，
所以4为函数f(x)的一个周期．
依次分析选项：
对于A，由函数关于x=1对称，且4为函数f(x)的一个周期，故x=5是f(x)的对称轴，A正确；
对于B，−2025=−506×4−1，−2023=−2024+1，所以函数在[−2025,−2023]的单调性与函数在[−1,1]单调性相同，
由x∈(0,1]，f(x)=x，且函数为R上的奇函数，所以函数f(x)在[−1,1]单调递增，B错误；
对于C，f(0)=0，f(1)=1，f(2)=f(0)=0，f(3)=f(−1)=−f(1)=−1，f(4)=f(0)=0，则f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0
又f(2025)=f(506×4+1)=f(1)=1，所以f(0)+f(1)+f(2)+...+f(2025)=506×[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(0)+f(1)=1，C正确；
对于D，函数y=12025x为R上的奇函数，函数f(x)也为R上的奇函数，
两个函数的交点也关于原点对称，则有x1+x2+...+xnn=0，D正确．
故选：ACD．
依据题意判断函数的奇偶性，对称性，周期性，然后依据性质逐一判断即可．
本题考查函数奇偶性和周期性的综合应用，关键是分析函数的周期，属于中档题．
12.【答案】(0,−2)
【解析】解：b=(3,−2)，a=(0,−1)，
则所求投影向量的坐标为a⋅b|a|2a=21a=2a=(0,−2)．
故答案为：(0,−2)．
由投影向量的定义求解即可．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
13.【答案】(1,+∞)
【解析】解：当x0，
则需满足a>0f(0)=1>0Δ=(−2a)2−4a>0，解得a>1，
当a=0时，f(x)=1无零点，不合题意，
综上，实数a的取值范围为(1,+∞)．
故答案为：(1,+∞)．
根据对数函数性质得f(x)在(−∞,0)上有一个零点，进而分析函数f(x)在(0,+∞)有两个零点，然后利用二次函数零点分布列不等式组，即可求解．
本题主要考查了由函数零点个数求解参数范围，属于中档题．
14.【答案】 2π
【解析】解：以AE为直径作球N，球N半径R=2，
A，E与球上任意一点(除去点A，E)均能构成直角，
故M点轨迹为球N与四边形BCDE(包括边界)的交线．
易知A在平面BCDE上的投影O为正方形BCDE的中心，
四棱锥A−BCDE为正四棱锥，
A在平面BCDE上的投影为正方形BCDE的中心O，
记球心N在平面BCDE上的投影为K，NK=12AO=12 AE2−OE2=12×2 2= 2，
所以平面BCDE截球N的小圆半径r= R2−NK2= 2，
所以M的轨迹是以OE中点K为圆心，半径为 2的圆在四边BCDE内(包含边界)的一段弧，
由题意可知KO=KE= 2，
如图所示，设该圆弧交BE，ED于点F，G，所以F，O，G，E四点共圆，
而∠FEK=∠GEK=45°，所以∠FKO=∠GKO=90°，
所以F，K，G三点共线，即FG也是半径为 2的圆的直径，
故所求为 2π．
故答案为： 2π．
根据MA⊥ME可知M点轨迹是以AE为直径的球与四边形BCDE(包括边界)的交线，求出在四边形BCDE内的圆的半径即可得出结果．
本题考查动点轨迹问题的求解，属中档题．
15.【答案】2；
134分
【解析】(1)由题意有：(0.0025+0.005+0.01+0.015+a+0.005)×20=1，解得a=0.0125，
采用分层抽样在[130,150]内的学生人数有：+0.015+0.0125×13=2，
所以成绩在[130,150]内的学生有2个；
(2)因为各组的频率依次为0.05，0.1，0.2，0.3，0.25，0.1，
所以第百分之92分位数落在(130,150)，且为130+0.92−0.05−0.1−0.2−0.3−，
所以估计获得表彰的学生的最低分数为134分．
(1)根据频率分布直方图的性质，求即可求解；
(2)根据频率分布直方图估计总体第p百分位数的方法，计算最低分数．根据加权平均与方程，即可求解．
本题考查频率分布直方图的综合应用，属中档题．
16.【答案】f(x)=2sin(2x+π3)；
[0,5π24]，[11π24,π2]．
【解析】(1)函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|15−5 52，
所以bc≥15+5 52，当且仅当b=c=5+ 52时，△ABC的面积取到最小值3+ 5．
【解析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式，以及基本不等式的应用，属于中等题．
(1)利用正弦定理以及两角和的正弦公式，可得csA的值；
(2)利用余弦定理得b2+c2=10,4=b2+c2−65bc,即可求出结果；
(3)利用基本不等式可求出bc≥15+5 52，即可求出面积的最小值．
19.【答案】证明见解析； (i)证明见解析；(ii)[ 2626, 55]
【解析】(1)证明：当λ=1时，即D为A1C1的中点，设AB1∩A1B=E，连接DE，
则DE是A1BC1的中位线，则DE/​/BC1，
因为DE⊂平面AB1D，BC1⊄平面AB1D，
所以BC1/​/平面AB1D；
(2)(i)证明：过点D作DF⊥AC交AC于点F，过点F作FG⊥AB交AB于点G，连接DG．
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，
平面ACG1A1∩平面ABC=AC，DF⊂平面ACC1A1，
所以DF⊥平面ABC．
又因为AB⊂平面ABC，所以DF⊥AB．
又因为FG⊥AB，DF∩FG=F，所以AB⊥平面DFG．
又因为DG⊂平面DFG，所以AB⊥DG．
于是cs∠DAB=AGAD,cs∠DAC=AFAD,cs∠BAC=AGAF，
故有cs∠DAB=cs∠DAC⋅cs∠BAC．
(ii)在矩形ABB1A1中，AA1=AB，所以矩形ABB1A1为正方形，则AB1⊥A1B.
又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B.
所以AB1⊥平面A1BC，则AB1⊥BC．
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，故有AA1⊥BC．
又因为AA1∩AB1−A，所以BC⊥平面ABB1A1，从面BC⊥AB且BC⊥A1B.
设AA1=AB=a(a>0)，
依题意，VABC−A1B1C1=12a2×BC=4,S△A1BC= 22a×BC=2 2，
于是a=2，BC=2．
即AA1=AB=2．
过点F作FH⊥BC交BC于点H，连接DH．
由(i)知，DF⊥平面ABC，从而DF⊥BC．
又因为FH∩DF=F，所以BC⊥平面DFH，从而BC⊥DH，
故∠DHF为二面角D−BC−A的平面角．
又因为BC⊥AB且BC⊥A1B，
所以∠A1BA为二面角A1−BC−A的平面角．
又∠A1BA=π4，故二面角A1−BC−A的平面角为π4．
设二面角D−BC−A1的平面角为α，依题意，a=∠DHF−π4．
因为A1D=λDC1，且DF//AA1//CC1，故AF=λFC．
由于FH⊥BC，BC⊥AB，故有FH/​/AB，
从而FH=11+λ×AB=21+λ，
所以tan∠DHF=DFFH=2221+λ=1+λ，
因为λ∈[12,2]，所以tan∠DHF∈[32,3]，
从而tanα=tan∠DHF−11+tan∠DHF=1−22+λ∈[15,12]，
于是sinα∈[ 2626, 55]．
因此二面角D−BC−A1的正弦值范围为[ 2626, 55]．
(1)设AB1∩A1B=E，利用线面平行的判定定理可得答案；
(2)(i)作出辅助线，写出各角余弦值的表达式即可求解；(ii)作出辅助线，找到二面角的平面角，即可求解．
本题考查线面平行的判定，以及空间角的计算，属于难题．