北京市第一六一中学2025-2026学年高二上学期9月开学测试 数学试卷

这是一份北京市第一六一中学2025-2026学年高二上学期9月开学测试 数学试卷，共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题:本大题共 10 小题，共 50 分。
设集合 A  αα kπ  π , k  Z ，集合 B  αα 2kπ  π , k  Z ，则A 与 B 的关系为
22

（ ）
A  BB． A BC． B AD． A ∩ B  
用一个平面去截正方体，不可能截得的是以下平面图形中的（ ）
正三角形B．梯形C．直角三角形D．矩形
在复平面内，复数 z  sin 2  i cs 2 对应的点位于
第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
 24 
要得到函数 y  sin  1 x  π  的图象，只需将函数 y  sinx 图象上的所有点（ ）

先向右平移 π 个单位长度，再将横坐标伸长到原来的 2 倍
4
先向右平移 π 个单位长度，再将横坐标缩短到原来的 1
42
π2 倍
．先向右平移 8 个单位长度，再将横坐标伸长到原来的
π1
．先向右平移 8 个单位长度，再将横坐标缩短到原来的 2
关于直线a ， b 以及平面M ， N ，下列命题中正确的是（ ）．
若a M ， b M ，则a bB．若a M ， b  a ，则b  M
若b  M ，且a  b ，则a  M
若a  M ， a N ，则M  N
已知cs 2θ
，则sin4θ cs4θ的值为（ ）
3
13
18
11
18
7
9
1
函数 f  x  sin  x ϕ 的图象记为曲线C ．则“ f 0  f π ”是“曲线C 关于直线 x  π对
2
称”的
充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件 8．某一时段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）.24h 降雨量的等级划分如下：
在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为 200mm，高为 300mm 的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的 24h 的雨水高度是 150mm（如图所示），则这 24h 降雨量的等级是（ ）
暴雨B．大雨C．中雨D．小雨
在锐角V ABC 中， cs B  cs 2A ，则 b 的一个可能的取值为（ ）
a
B．1.5C．1.8D．2
在棱长为 1 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，M , N 分别为 AA1,CC1 的中点，O 为底面 ABCD的中心，点 P 在正方体的表面上运动，且满足 NP  MO ，则下列说法正确的是（ ）
点 P 可以是棱 BB1 的中点
2
点 P 轨迹的长度为1
点 P 的轨迹是平行四边形
点 P 轨迹所围成的图形面积为 3
8
二、填空题：本大题共 5 小题，共 25 分。
若复数 z 满足i  z  1  i ，则 z  .
)
函数 y  tan(x π 的定义域是.
4
已知函数 f (x)  lg x ，若 f (ab)  1 ，则 f (a2 )  f (b2 )  .
某正方形网格纸是由6  6 个边长为1的小正方形构成，点 A , B , C , D 的位置如图所示，
–––→–––→ –––→
动点 P 在正方形网格纸内（包含边界），记T  (PC  λPD)  AB （λ R ）.当λ 1 时，T  ；
当λ 1 时，若动点 P 在小正方形的顶点上，则满足T  2 的点 P 的个数为.
m
–→
设向量 
x→ x
，函数 f  x  m  n .若函数 f  x 的定义域为a, b ，值
(4cs , 0), n
(sin,1)
22
域为1, 2.给出下列四个结论：① π ；② 5π ；③ π ；④ 5π .则b  a 值可能是.（填
363
上所有正确的结论的序号）
三、解答题：本大题共 6 小题，共 75 分。
16．（10 分）已知α   π , 0  ，且csα 4 .
 2
5
求tan α 的值；
求sin2 α sin2α的值.
2
17．（12 分）如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，E，F 分别是棱 DD1 ， C1D1 的中点．
证明： A1B  平面 ADC1B1 ；
证明： B1F ∥平面 A1BE ．
18．（13 分）已知函数 f  x   sinx sin3x  csx   csx cs3x  sinx  .
求 f  x 的单调递增区间及最小正周期；
设m  0 ，若集合x f  x  2, m  x  0恰有一个元素，求m 的取值范围.
19．（13 分）在V ABC 中， a2  b2  c2  2 ac .
3
求sin B 的值；
6
若b  2，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使V ABC 存在，求V ABC 的面积.
3
条件①： c  2 7 ；条件②： a sin A ；条件③： cs A 6 .
3
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得 0 分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
20．（14 分）如图，在多面体 ABCDEF 中，平面 ADEF  平面 ABCD ，四边形 ADEF 为正方形，四边形 ABCD 为梯形，且 AD ∥ BC,∠BAD  90∘ , AB  AD  1, BC  2 .
求证： AF  CD ；
线段 BD 上是否存在M ，使得CE ∥平面 AMF ？若存在，求出 BM 值；若不存在，请说
BD
明理由.
求多面体 ABCDEF 的体积.
21．（13 分）对于集合 A  θ1 ,θ2 ,L,θn  和常数θ0 ，定义：
cs2 θ θ   cs2 θ θ  L cs2 θ θ θ
μ1020
n
n0 为集合 A 相对的 0 的“余弦方差”.
若集合 A   π , π ,θ  0 ，求集合 A 相对θ的“余弦方差”；
3 4
  00

A  π ,α,β
α  3π
 3π 7 
若集合 4
 ，是否存在
 4 , π  ,β 
, π  ，使得相对任何常数θ0 的“余弦
 2 4 
方差”是一个与θ0 无关的定值？若存在，求出α,β的值：若不存在，则说明理由.
参考答案
2
11．
12． x x  kπ 3π Z 
4 , k
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
D
A
D
B
C
C
B
D

13．2
4 ； 7 .
②③
1 ( 4)2
5
16．（1）由α   π , 0  ，且csα 4 ，可得sinα 
  3 ，
 2

55
又有sin(α)  sinα 3 ， cs(α)  csα 4 ，
55
3
则tan α  sin α  5  3 .
csα44
5
（2）根据二倍角的余弦公式， csα 1 2 sin2 α 4 ，
25
则2 sin2 α  1 ， sin2 α 1 ，
25210
根据二倍角的正弦公式， sin2α 2 sinαcsα 2 ( 3)  4   24 ，
5525
故sin2 α sin2α 1  ( 24)   43 .
2102550
17．（1） ABCD  A1B1C1D1 ，所以 B1C1  平面 ABB1 A1 ．
因为 A1B  平面 ABB1 A1 ，所以 B1C1  A1B ．因为 A1 ABB1 为正方形，所以 A1B  AB1 ，
又因为 B1C1 ∩ AB1  B1 ， B1C1，AB1  平面 ADC1B1 ，
所以 A1B  平面 ADC1B1 ；
（2）设 AB1  A1B  O ，连接 OE．
因为 ABCD  A1B1C1D1 为正方体，所以 B1 A∥C1D ，且 B1 A  C1D ，所以 B O ∥C D ，且 B O  1 C D ．
1112 1
因为 E，F 分别 DD ， C D 的中点，所以 EF ∥C D ，且 EF  1 C D ．
11 1
12 1
所以 EF ∥ B1O ，且 EF  B1O ．
所以四边形 B1OEF 为平行四边形．所以 B1F ∥OE ．又因为 B1F  平面 A1BE ， OE  平面 A1BE ，
所以 B1F ∥平面 A1BE ．
18．（1）由题意?(?) = sin?sin3? + cs?cs3? + sin?cs? + cs?sin?
2
22
2
= cs(3?−?) + sin(? + ?) = cs2? + sin2? =
cs2? +
2 sin2?


π 
2 sin 2x ，
4 

令 π  2kπ  2x  π  π  2kπ ， k  Z ，解得 3π  kπ  x  π  kπ ，
24288
所以 f  x 的单调递增区间为 3π  kπ, π  kπ k  Z ，
88
f  x 的最小正周期T  2π  π .
2
π
4
（2）由（1）可得?(?) = 2sin 2? += 2，
所以2x  π  π  2kπ ， k  Z ，解得 x  π  kπ ， k  Z ，
428
因为m  0 ，且?|?(?) = 2,? ≤ ? ≤ 0恰有一个元素，
当k  1 时， x   7π ，当k  2 时， x   15π ，
88
2
所以在m  x  0 内， f  x 的解为 x   7π ，
8
8
7π
所以 15π  m   7π ，即m 的取值范围为 − 15π ,−.
888
19．（1）由a2  b2  c2  2 ac 可得b2  a2  c2  2 ac ，
33
由余弦定理可得b2  a2  c2  2ac cs B ，即2 cs B  2 ，因此cs B  1 ；
33
1 cs2 B
2 2
3
又 B 0, π ，可得sin B 
（2）若选择条件①： c  2 7 ；
由余弦定理b2  a2  c2  2ac cs B 可得24  a2  28  2  1  2 7a ，
3
4 7
 4 7 
2
整理可得a2 a  4  0 ，此时Δ  
 4  4  0 ，该方程无实数根，
3
3
即条件①使V ABC 不存在； 若选择条件②： a sin A ；
 3 
3
ba2 6 a 3
由正弦定理sin B  sin A 可得 2 2
3
3
联立a sin A ，解得a  3, sin A 
sin A，
；
3
由a2  b2  c2  2 ac 可得9  24  c2  2c ，即c2  2c 15  0 ，
3
解得c  5 或c  3 （舍），
此时条件②使V ABC 存在且唯一，符合题意；
2
所以其面积为 1 ac sin B  1  3 5 2 2  5
223
若选择条件③： cs A 6
3
易知sin A 
利用正弦定理 b
3 ，
1 cs2 A
3
a可得a  3 ，
sin Bsin A
由a2  b2  c2  2 ac 可得9  24  c2  2c ，即c2  2c 15  0 ，
3
解得c  5 或c  3 （舍），
此时条件③使V ABC 存在且唯一，符合题意；
所以其面积为 1 ac sin B  1  3 5 2 2  5 2 .
223
20．（1）因为四边形 ADEF 为正方形，所以 AF  AD .
平面 ADEF  平面 ABCD ，且平面 ADEF 平面 ABCD＝AD ， AF  平面 ADEF ,
所以 AF  平面 ABCD .
因为CD  平面 ABCD ,所以 AF  CD .
设线段 BD 上存在M ，使得CE ∥平面 AMF .显然点M 与点 D 不重合.所以 DE 不在平面 AMF 中， AF  平面 AMF ,
因为四边形 ADEF 为正方形，所以 AF / / DE .
所以 DE / / 平面 AMF .
因为?? ∩ ?? = ?,??,?? ⊂ 平面CDE ，所以平面???//平面 AMF .因为平面CDE  平面 ABCD  CD ，平面??? ∩ 平面???? = ??,所以??//??.
因为四边形 ABCD 为梯形，且??//??,∠??? = 90∘,?? = ?? = 1,?? = 2.
如图，取 BC 的中点 H，连接 AH,则?? = ?? = ?? = 1, 所以四边形 AHCD 为平行四边形，四边形 ABHD 是正方形.
所以 AH / /CD ,且 AH 与 BD 的交点即为点M ,点M 是 BD 的中点.
所以?? = 1.
??2
当点M 为 BD 的中点时，因为 AB  AD, 所以 AM  BD .
延长 AM 交 BC 于点 H .因为??//??,∠??? = 90∘,?? = ?? = 1,所以ADB  DBC .
所以△ ???≅ △ ???,所以 BH  AD  1 ,所以点 H 是 BC 的中点.连接 FH
因为四边形 ADEF 为正方形，所以??//??,?? = ??.所以??//??,?? = ??,所以四边形
????为平行四边形.
因为CE 不在平面 AMF 中， HF  平面 AMF ,
所以??//平面 AMF .
因此，线段 BD 上是否存在M ，使得CE ∥平面 AMF ， BM 的值为 1 .
BD2
多面体 ABCDEF 由三棱锥?−???和三棱柱???−???组成.由(1)知 FA  平面 ABCD ,由已知， FA  1.
所以三棱锥?−???的体积?
?−???
= 1?× ?? = 1 × 1 × ?? × ?? × ?? = 1.
△???
3326
三棱柱体积????−???
× ?? × ?? × ?? = 1.
2
= 3?
?−???
= 3?
?−???
= 3 × 1?× ?? = 3 × 1 × 1
△???
332
所以多面体 ABCDEF 的体积为 1  1  2 .
623
故答案为： 2 .
3
21．（1）因为集合 A   π , π ,θ  0 ，
3 4
  0

cs2 π  cs2 π1  1
所以μ 34  42  3 .
228
α  3π 3π 7 
（2）假设存在 4 , π  ,β , π  ，使得相对任何常数θ0 的“余弦方差”是一个与θ0 无
 2 4 
关的定值.
由“余弦方差”的定义得：
cs2  π θ   cs2 αθ   cs2 βθ 
 40 00
μ
3
1 cs  π  2θ 
1  2
0 1 cs 2α 2θ0 
1 cs 2β 2θ0  
  
3 222

 1  3  1 sin2θ  1 cs2αcs2θ  1 sin2αsin2θ  1 cs2βcs2θ  1 sin2βsin2θ 
3  2202
0202
020 
 1  3  cs2α cs2β cs2θ0  1 sin2α sin2β sin2θ0  .
3  222

要使μ是一个θ与无关的定值，应有cs 2α cs 2β 0 成立，
0sin 2α sin 2β 1
则cs 2α cs 2β2  sin 2α sin 2β2  1， 即2  2 cs 2αcs 2β 2 sin 2αsin 2β 1，
整理可得cs2α 2β   1 .
2
又因为α  3π , π  ,β  3π , 7 π  ，


 4
 2 4 
则2α  3π , 2π  ， 2β 3π, 7π  ， 2β   7π , 3π ，
 2
2 
2

所以2α 2β 2π, π ，
所以2α 2β  4π ，则2β 2α 4π ，
33
所以， cs2α α 4π   0 ，
cs  23 

即cs2α cs2αcs 4π  sin2αsin 4π  0 ，
33
整理可得cs2α
3sin2α 0 ， tan2α  3 .
3
又因为2α  3π , 2π  ，所以2α 11π ， 2β 2α 4π  19π ，

 2636
所以，假设成立，当α 11π ,β 19π 时，相对任何常数θ的“余弦方差”是一个与θ无关的
121200
.
定值，定值为 1
2