北京市第一六一中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷（含答案）含答案解析

这是一份北京市第一六一中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷（含答案）含答案解析，共10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。
1．设集合，集合，则与的关系为（ ）
A．B．C．D．
2．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（ ）
A．正三角形B．梯形C．直角三角形D．矩形
3．在复平面内，复数对应的点位于
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
4．要得到函数的图象，只需将函数图象上的所有点（ ）
A．先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍
B．先向右平移个单位长度，再将横坐标缩短到原来的
C．先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍
D．先向右平移个单位长度，再将横坐标缩短到原来的
5．关于直线，以及平面，，下列命题中正确的是（ ）．
A．若，，则B．若，，则
C．若，且，则D．若，，则
6．已知，则的值为（ ）
A．B．C．D．
7．函数的图象记为曲线．则“”是“曲线关于直线对称”的
A．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（ ）
A．暴雨B．大雨C．中雨D．小雨
9．在锐角中，，则的一个可能的取值为（ ）
A．1B．1.5C．1.8D．2
10．在棱长为1的正方体中，分别为的中点，为底面的中心，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A．点可以是棱的中点
B．点轨迹的长度为
C．点的轨迹是平行四边形
D．点轨迹所围成的图形面积为
二、填空题：本大题共5小题，共25分。
11．若复数满足，则 .
12．函数的定义域是 .
13．已知函数，若，则 .
14．某正方形网格纸是由个边长为的小正方形构成，点的位置如图所示，动点在正方形网格纸内（包含边界），记（）.当时， ；当时，若动点在小正方形的顶点上，则满足的点的个数为 .
15．设向量，函数.若函数的定义域为，值域为.给出下列四个结论：①；②；③；④.则值可能是 .（填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，且.
(1)求的值；
(2)求的值.
17．（12分）如图，在正方体中，E，F分别是棱，的中点．

(1)证明：平面；
(2)证明：平面．
18．（13分）已知函数.
(1)求的单调递增区间及最小正周期；
(2)设，若集合恰有一个元素，求的取值范围.
19．（13分）在中，.
(1)求的值；
(2)若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积.
条件①：；条件②：；条件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，在多面体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为梯形，且.

(1)求证：；
(2)线段上是否存在，使得平面？若存在，求出值；若不存在，请说明理由.
(3)求多面体的体积.
21．（13分）对于集合和常数，定义：为集合A相对的的“余弦方差”.
(1)若集合，求集合A相对的“余弦方差”；
(2)若集合，是否存在，使得相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值？若存在，求出的值：若不存在，则说明理由.
参考答案
11．
12．
13．2
14．；.
15．②③
16．（1）由，且，可得，
又有，，
则.
（2）根据二倍角的余弦公式，，
则，，
根据二倍角的正弦公式，，
故.
17．（1），所以平面．

因为平面，所以．
因为为正方形，所以，
又因为，平面，
所以平面；
（2）设，连接OE．
因为为正方体，所以，且，
所以，且．
因为E，F分别，的中点，所以，且．
所以，且．
所以四边形为平行四边形．所以．
又因为平面，平面，
所以平面．
18．（1）由题意fx=sinxsin3x+csxcs3x+sinxcsx+csxsinx
=cs3x−x+sinx+x=cs2x+sin2x=222cs2x+22sin2x
，
令，，解得，
所以的单调递增区间为，
的最小正周期.
（2）由（1）可得fx=2sin2x+π4=2，
所以，，解得，，
因为，且xfx=2,m≤x≤0恰有一个元素，
当时，，当时，，
所以在内，的解为，
所以，即的取值范围为−15π8,−7π8.
19．（1）由可得，
由余弦定理可得，即，因此；
又，可得
（2）若选择条件①：；
由余弦定理可得，
整理可得，此时，该方程无实数根，
即条件①使不存在；
若选择条件②：；
由正弦定理可得，
联立，解得；
由可得，即，
解得或（舍），
此时条件②使存在且唯一，符合题意；
所以其面积为
若选择条件③：
易知，
利用正弦定理可得，
由可得，即，
解得或（舍），
此时条件③使存在且唯一，符合题意；
所以其面积为.
20．（1）因为四边形为正方形，所以.
平面平面，且平面平面，平面,
所以平面.
因为平面,所以.
（2）设线段上存在，使得平面.显然点与点不重合.
所以不在平面中，平面,
因为四边形为正方形，所以.
所以平面.
因为CE∩DE=E,CE,DE⊂平面，所以平面CDE//平面.
因为平面平面，平面AMF∩平面ABCD=AM,
所以CD//AM.
因为四边形为梯形，且AD//BC,∠BAD=90∘,AB=AD=1,BC=2.
如图，取BC的中点H，连接AH,则BH=CH=DA=1, 所以四边形为平行四边形，四边形是正方形.
所以,且与的交点即为点,点是的中点.
所以BMBD=12.

当点为的中点时，因为所以.
延长交于点.因为AD//BC,∠BAD=90∘,AB=AD=1,所以.
所以△ADM≅△HBM,所以,所以点是的中点.连接
因为四边形为正方形，所以FE//AD,FE=AD.所以FE//HC,FE=HC,所以四边形FHCE为平行四边形.
因为不在平面中，平面,
所以CE//平面.
因此，线段上是否存在，使得平面，的值为.
（3）多面体由三棱锥F−ABH和三棱柱AFH−DEC组成.
由(1)知平面,由已知，.
所以三棱锥F−ABH的体积VF−ABH=13S△ABH×FA=13×12×AB×BH×FA=16.
三棱柱体积VAFH−DEC=3VD−AFH=3VF−ADH=3×13S△ADH×FA=3×13×12×AD×BA×FA=12.
所以多面体的体积为.
故答案为：.
21．（1）因为集合，
所以.
（2）假设存在，使得相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值.
由“余弦方差”的定义得：
.
要使是一个与无关的定值，应有成立，
则，
即，
整理可得.
又因为，
则，，，
所以，
所以，则，
所以，，
即，
整理可得，.
又因为，所以，，
所以，假设成立，当时，相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值，定值为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
D
A
D
B
C
C
B
D