四川省泸州市泸县第五中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上
无效.
第 I 卷 选择题 58 分
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.
1. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合交集的定义，计算即可得答案.
【详解】因为集合 是所有非正整数组成的集合，所以 ．
故选：D．
2. 已知命题 p： ， ，则 为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】由存在量词命题的否定求解即可.
【详解】由存在量词命题的否定与全称量词命题之间的关系可得： ， .
故选：D．
3. 在 中， 点在 上，满足 ，则 （ ）
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A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的线性运算求解即可.
【详解】根据题意可知 .
故选：C
4. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角函数的诱导公式求解.
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 ，
故选：D.
5. 已知 ，且 是第二象限的角，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由 的象限，求得 和 的值，然后利用二倍角公式化简代数式，即可求得答案.
【详解】因为 ，且 是第二象限的角，则 ．
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所以 .
故选： B．
6. 不等式 的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用分类讨论结合一元二次不等式 解法可求不等式的解.
【详解】原不等式等价于 或 ，
故 或 ，故原不等式的解集为 .
故选：D.
7. 已知向量 ， 满足 ， ， ，则 在 方向上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用投影向量的定义，结合向量的运算求解即可.
【详解】由于向量 ， 满足 ， ， ，
所以 ，解得 ，
则 在 方向上的投影向量为 .
故选：B
8. 已知 A，B，C，D 是体积为 的球体表面上四点，若 ， ， ，且三棱锥
A－BCD 的体积为 ，则线段 CD 长度的最大值为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出外接球半径，根据勾股定理逆定理得到 ，且 ，求出点 D 到平面 ABC
的距离，求出点 D 所在球的截面的半径及三角形 ABC 的外接圆半径，设点 D 在平面 ABC 上的投影为 E，
当 CE 最长时 CD 最长，结合 ，求出 CD 长度的最大值.
【详解】因为球的体积为 ，故球的半径 R 满足 ，故 ，
而 ， ， ，故 ，故 ，
故 ，
设点 D 到平面 ABC 的距离为 h，则 ，故 ，
点 D 在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为α，因为 ，所以平面α与平面 ABC 在球心的异侧，
设球心到平面 ABC 的距离为 d，而△ACB 外接圆的半径为 ，则 ，
故球心到平面α的距离为 ，故截面圆的半径为 ，
设点 D 在平面 ABC 上的投影为 E，则 E 的轨迹为圆，圆心为△ABC 的外心即 AB 的中点，
当 CE 最长时 CD 最长，此时 ，故 CD 长度的最大值为 .
故选：B．
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问
题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距
离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定
理求得球的半径.
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二、多选题：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.
9. 已知 为非零实数，复数 ， ，则（ ）
A. 的实部为 B. 的最小值为
C. D. 当 时，
【答案】BC
【解析】
【分析】利用复数的四则运算法则逐项计算判断 ABC；根据两虚数不能比较大小判断 D.
【详解】因为复数 ， ，所以 ，
所以 的实部为 ，故 A 错误；
，当且仅当 ，即 时取等号，
所以 的最小值为 ，故 B 正确；
因为 ，所以 ，
，所以 ，故 C 正确；
当 时， ，则 ，又 ，根据两虚数不能比较大小，故 D 错误.
故选：BC.
10. 已知函数 ，则（ ）
A. 函数 的最小正周期为
B. 是 的一个对称中心
C. 函数 在 上单调递增
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D. 函数 图象与直线 有 3 个交点
【答案】AD
【解析】
【分析】A 选项，利用三角恒等变换得到 ，可求出最小正周期；B 选项，代入验
证；C 选项，换元，令 ，转化成 在对应区间上的单调性问题；D 选项，同一坐标系内
画出两函数图象，数形结合可得到答案.
【详解】A 选项，
，
故 的最小正周期为 ，A 正确；
B 选项， ，
故 不是 的一个对称中心，B 错误；
C 选项， ，令 ，
由于 在 上不单调，故 在 上不单调，C 错误；
D 选项，同一坐标系内画出 与 ，如下：
可以看出两函数有 3 个交点，D 正确．
故选：AD
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11. 已知在锐角 中，内角 所对的边分别为 ， ， ，若 的面积为 ，
，则（ ）
A. B. 边 的取值范围是
C. 面积取值范围是 D. 周长取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】A 选项，由余弦定理得到 ，得到 ；B 选项，由正弦定理得到
，根据 为锐角三角形，得到 ，从而得到 ；C 选项，在 B 选项基础上得到
；D 选项，由正弦定理得到 ，结合 B 选项，得到周长的取值
范围.
【详解】A 选项，由题意得 ，即 ，
因为 ，所以 ，A 正确；
B 选项，由正弦定理得 ，
故 ，
因为锐角 中， ，所以 ，
解得 ，故 ，
，B 正确；
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C 选项，由 B 可知， ，故 ，
面积取值范围是 ，C 正确；
D 选项，由正弦定理得 ，故 ，
因为 ，所以 ，
故 ，
所以 周长取值范围是 ，D 错误.
故选：ABC
【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，
或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，
通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
第 II 卷 非选择题 92 分
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 若 ， ，则 ________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】由二倍角的余弦公式可得 的值，再由 位于第一象限，可知 取正值，由此可得答案.
【详解】由二倍角的余弦公式 ，可得 ，
因为 ，所以 ，故 .
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故答案为： .
13. 已知三棱锥 ， ， ， ， 为线段 中点，则异面
直线 与 所成角的正弦值为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】取 中点 ，则 ，所以 即为异面直线 与 所成角，根据题干求出
各边的长，利用余弦定理求解即可.
【详解】设 中点为 ，连接 ， ，
因为 为线段 中点，所以 ，则 或其补角即为异面直线 与 所成角，
因为 ， ， ，
所以 ， ， ，
所以在 中由余弦定理可得 ，
所以异面直线 与 所成角的正弦值为 ，
故答案为：
14. 设函数 ，若关于 x 的函数 恰好有五个零点，
则实数 a 的取值范围是__________.
【答案】
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【解析】
【分析】画出 的图象，换元后数形结合分析可得方程两根的范围，再利用二次函数
根的分布列出不等式组即可得解.
【详解】作出函数 的图像如下：
令 ，关于 x 的函数 恰好有五个零点，
则 有两个不同的实根，设两根分别为 ， 有五个零点，即 与
共有五个交点.
则由图像可知，
，或者
令 ，据二次函数根分布 关系，可得 或
解不等式组，得 .
故答案为：
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.
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15. 已知 ，且 .
（1）求 ；
（2）若 ，且 ，求 .
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）可先根据二倍角余弦公式求出 与 的关系，进而求出 ；
（2）先求出 的值，再结合 的取值范围确定其具体值.
【小问 1 详解】
已知 ，根据二倍角余弦公式 ，
且 ，可得：
设 ，则 ，即 ，解得 .
因为 ，所以 ，则 .
【小问 2 详解】
将 代入二倍角正切公式可得： .
再根据两角和的正切公式 .
因为 ，所以 ，又 ，所以 .
在 这个区间内，正切值为 的角是 ，而 ，所以 .
16. 已知函数 的部分图象如图所示．
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（1）求函数 的解析式；
（2）将函数 的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，若
，且 ，求 的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得 ，利用 过点 ，可求得 ，利用 过点 ，
结合周期可求 ，可求解析式；
（2）由已知要得 ，进而可求得 ，利用诱导公式与二倍角的余弦公式可求值.
【小问 1 详解】
由题意可得 ，又因为 过点 ，所以 ，
所以 ，又 ，所以 ，所以 ，
又因为 过点 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
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所以 ，又函数的最小正周期 ，所以 ，
所以 ，解得 ，又 ，所以 ，所以 ；
【小问 2 详解】
将函数 的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 ，所以 ，
又 ，所以 ，所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以
，
所以
17. 如图， 中， ， ， ， ，N 为 的中点，设 ，
与 相交于点 .
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（1）用 ， 表示 、 ；
（2）若 ，求 的值；
（3）求 .
【答案】（1） ， ；
（2） ；
（3）
【解析】
【分析】（1）利用向量基本定理得到 ， ；
（2）表达出 ，根据 三点共线，得到 ，求出 ；
（3）在（1）基础上，得到 ， ， ，利用夹角余弦公式进行求解
.
小问 1 详解】
N 为 的中点，故 ，
，
故 ；
【小问 2 详解】
，
因为 三点共线，设 ，即 ，
，故 ， ，
所以 ，解得 ；
【小问 3 详解】
由（1）知， ， ，
又 ， ， ，故 ，
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，
，
，
则 .
18. 在四棱锥 中，底面 ABCD 为直角梯形， ， ， ， ，
， ．
（1）若点 M 在棱 PC 上， ，若 平面 DMB，求 的值；
（2）设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l，证明： 平面 ABCD；
（3）当平面 PAD 与平面 PBC 所成的二面角为 时，求 PC 与平面 ABCD 所成角的正弦值．
【答案】（1）3 （2）证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）连接 交 于点 ，连接 ，利用线面平行的性质可得出 ，由
可得出 ，再由 可求得 的值；
（2）证明出 平面 ，利用线面平行的性质可证得结论成立；
（3）取 的中点 ，连接 、 ，过点 作 ，分析可知， 为平面 与平面 所
成的锐二面角，即有 ，证明出 平面 ，则 为 与平面 所成的角，
计算出 、 的长，即可计算出 的正切值.
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【小问 1 详解】
如图，连接 交 于点 ，连接 ，
∵ 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，
∴ ，在梯形 中，∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ .
【小问 2 详解】
∵ ， 平面 ， 平面 ，∴ 平面 ，
又 平面 ，平面 平面 ，∴ ，
又 平面 ， 平面 ，∴ 平面 .
【小问 3 详解】
在 上取一点 ，使得 ，连接 、 ， ，
， ，
∴ 且 ，∴四边形 为平行四边形，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
又 ， ，∴ ，
又 ，∴ ，
∵ ， 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，
∵ 平面 ，∴ ，
过点 作 ，由 ，则 ，∴ 平面 ， 平面 ，
即平面 平面 ，∴ ， ，
∴ 为平面 与平面 所成的锐二面角的平面角，∴ .
又由 ，∴ ，∴ ，
∵ ， ，
∵ ， 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，
∴ 为 与平面 所成的角，
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，
∴ ，
因此， 与平面 所成角的正弦值为 .
19. 若存在实数对 ，使得等式 对定义域中每一个实数 都成立，则称函数
为“ 型函数”
（1）若函数 是“ 型函数”，且 ，求满足条件 实数对 ；
（2）若函数 是“ 型函数”，求 和 的值；
（3）已知函数 ，函数 是“ 型函数”，对应的实数对 为 ，当 时，
．若对任意 时，都存在 ，使得 ，求实数 的取
值范围．
【答案】（1）
（2） ， ．
（3）
【解析】
【分析】（1）解方程 ， ，即可得出满足条件的实数对；
（2）根据函数 是 型函数，可得出 ，结合等式恒成立可得出
，即可解出实数 、 的值；
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（3）分析可知 在 上的值域是 在 上的值域的子集，等价于对任意 ，都有
，然后利用函数 是“ 型函数”并结合参变量分离法可求出 的取值范围.
小问 1 详解】
因为 是“ 型函数”，
所以存在实数对 使得等式 成立，即 ，
代入 ，可得 ，即 ， .
所以满条件的实数对为 .
【小问 2 详解】
由 是 型函数，得 ，
则 ，
因此 对定义域 内任意 恒成立，
于是 ，解得 ， ，所以 ， ．
【小问 3 详解】
因为对任意 时，都存在 ，使得 ，
所以 在 上的值域是 在 上的值域的子集，
因为 ，当 时， ，
则对任意 ，都有 ，
因为 是“ 型函数”，且对应的实数对为 ，所以 ．
当 时， ，
则只需满足对任意 ，都有 且 ，
即对任意 ，都有 即可，
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即不等式 对任意 恒成立且 ．
①当 时， 时满足条件；
②当 时， ，满足条件；
③当 时，该不等式等价于 ．
当 时， 恒成立，易知： ；
当 时， 恒成立，所以 ，
因为 ，
当且仅当 时，即当 时，取等号．即 .
综上可得， ．
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来
创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实
现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性
质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
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