贵州省遵义市第四中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份贵州省遵义市第四中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷（Word版附解析），共18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。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．复数（是虚数单位）的虚部为（ ）
A．3B．C．D．
3．若，则（ ）
A．B．
C．D．
4．一组数据满足，若去掉后组成一组新数据.则新数据与原数据相比（ ）
A．极差变大B．平均数变大
C．方差变小D．第25百分位数变小
5．已知正方体的棱长为1，为的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．平面与平面平行的充分条件可以是（ ）
A．内有无穷多条直线都与平行；
B．直线，直线，且；
C．直线，且直线不在内，也不在内；
D．内的任何一条直线都与平行.
7．已知是夹角为的两个非零向量，且，若向量在向量上的投影向量为，则（ ）
A．B．C．D．2
8．已知函数的定义域为，为偶函数，若对任意的，，都有，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列各式最小值为2的是（ ）
A．B．（且）
C．D．为第一象限角）
10．已知函数，恰好存在4个不同的正数，使得，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，AC⊥BC，且．下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥为“阳马”
B．四面体的顶点都在同一个球面上，且球的表面积为
C．四棱锥体积最大值为
D．四面体为“鳖臑”
三、填空题
12．若不等式对一切恒成立，则a的取值范围是 ．
13．在△ABC中，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，若（m为常数），则CD的长度是 ．

14．在锐角三角形中，，为边上的点，与的面积分别为和．过作于，于，则 ．
四、解答题
15．已知，，与的夹角为．
(1)求，的值；
(2)若向量与的夹角是锐角，求实数的取值范围．
16．为庆祝“五四”青年节，广州市有关单位举行了“五四”青年节团知识竞赛活动，为了解全市参赛者成绩的情况，从所有参赛者中随机抽样抽取100名，将其成绩整理后分为6组，画出频率分布直方图如图所示（最低90分，最高150分），但是第一、二两组数据丢失，只知道第二组的频率是第一组的2倍．
(1)求第一组、第二组的频率各是多少？并补齐频率分布直方图；
(2)现划定成绩大于或等于上四分位数即第75百分位数为“良好”以上等级，根据直方图，估计全市“良好”以上等级的成绩范围（保留1位小数）；
(3)现知道直方图中成绩在内的平均数为136，方差为8，在内的平均数为144，方差为4，求成绩在内的平均数和方差．
17．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别是的中点．
(1)求证：平面；
(2)在上取一点（不与重合），设过点和的平面交平面于，求证：．
18．在中，.
（1）当时，求的最大值；
（2）当时，求周长的最小值.
19．已知函数，.
(1)求的值；
(2)若方程在区间上有唯一的实数解，求实数的取值范围；
(3)对任意，若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
1．D
利用并集运算求解.
【详解】解：因为集合，，
所以，
故选：D
2．D
根据复数的有关概念即可求解.
【详解】复数的虚部为，
所以的虚部为.
故选：D
3．A
构造函数，分析函数的单调性，可得出，再利用函数的单调性以及特殊值法可判断各选项的正误.
【详解】构造函数，因为函数为上的增函数，函数为上的减函数，
故函数为上的增函数，
因为，则，
即，则.
对于A选项，函数为上的增函数，故，A对；
对于B选项，若，则、均无意义，B错；
对于C选项，取，，则，C错；
对于D选项，取，，则，D错.
故选：A.
4．C
根据极差，平均数，方差与百分位数的定义计算出去掉前后的相关数据，比较厚得到答案.
【详解】由于，
故，，……，，，
A选项，原来的极差为，去掉后，极差为，极差变小，故A错误；
B选项，原来的平均数为，
去掉后的平均数为，平均数不变，故B错误；
C选项，原来的方差为，
去掉后的方差为，
方差变小，故C正确；
D选项，，从小到大排列，选第个数作为第百分位数，即，
，故从小到大排列，选择第个和第个数作为第百分位数，即，
由于，去掉后第25百分位数变大，故D错误.
故选：C
5．B
方法一：由条件可得外接球的半径，再由球的表面积公式即可得到结果；方法二：建立空间直角坐标系，结合空间中两点距离公式即可得到球的半径，从而得到结果.
【详解】方法一：由题意知平面，又平面，所以，
又平面，所以平面，
所以在三棱锥中，平面.
在中，，所以，
则，设的外接圆半径为，
则.
三棱锥的外接球即三棱锥的外接球，
易知，设三棱锥的外接球半径为，则
，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
方法二：如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，.
设三棱锥的外接球的球心为，连接，
则，
得
，解得，
所以，
故三棱锥的外接球的表面积为.
故选：B.
6．D
由直线与平面、平面与平面的位置关系结合充分条件的概念依次判断即可.
【详解】对于A，内有无穷多条直线都与平行，推不出平面与平面平行，平面与平面可以相交，A错误；
对于B，推不出平面与平面平行，平面与平面也可以相交，B错误；
对于C，推不出平面与平面平行，平面与平面也可以相交，C错误；
对于D，由面面平行的定义知能推出平面与平面平行，D正确.
故选：D
7．C
由投影向量的公式，建立方程，结合题意，可得答案.
【详解】由向量在向量上的投影向量为，则，
整理可得，由，解得.
故选：C.
8．C
根据函数的奇偶性确定其对称性，再由单调性解不等式即可.
【详解】因为为偶函数，所以的图象关于对称，
又对任意的，，都有，
即在上单调递增，结合对称性则在上单调递减，
所以，
即①，显然无解；
或②，解之得.
故选：C
9．AC
AC利用基本不等式可得；B项取特值可得；D项利用基本不等式得，但由等号取不到可知最小值不是.
【详解】对于A，，
当且仅当时取得最小值2，故A正确；
对于B，当，此时，故B错误；
对于C，，
当且仅当，时取得最小值2，故C正确；
对于D，由于为第一象限角，所以，
所以，
当且仅当时，等号成立，显然不等式等号取不到，即，故D错误.
故选：AC.
10．AD
根据给定条件，构造函数，并画出图象，利用导数，结合图象求解判断即得.
【详解】令函数，
依题意，恰有4个正实根，即直线与函数的图象恰有4个公共点，
在同一坐标系内作出直线与函数的部分图象，如图，
显然当时，直线与函数的图象有一个交点，，
当时，直线与函数的图象有两个交点，，
当时，直线与函数的图象有唯一公共点，，
此时直线必为曲线在点处的切线，
由求导得，由，得，即，
因此，而当时，，则，C错误，D正确；
令，求导得，函数在上递减，
而，则当时，，，函数在上单调递增，
当时，，，函数在上单调递减，
因此，A正确，B错误.
故选：AD
11．ABD
根据“阳马”和“鳖臑”的定义，可判断A，D的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意找到四面体的外接球的球心位置，求出外接球半径，利用球的表面积公式即可得到判断B.
【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，
∴在堑堵中，，侧棱平面，
对A选项，∴，又，且，则平面，
∴四棱锥为“阳马”，对；
对C选项，在底面有，即，
当且仅当时取等号，
，故C错误；
对D选项，由，即，又且，平面，
∴平面，平面,
∴，则为直角三角形，
又由平面，平面，，则为直角三角形，
由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形．
∴四面体为“鳖臑”，故D正确；
对B选项，由C知为直角三角形，侧棱平面，则易知,为直角三角形，
而为直角三角形，则外接球球心位于的中点，
则外接球半径，
则球的表面积为，故B正确.
故选：ABD．
12．
对二次项系数进行分类讨论，当二次项系数等于0时不等式恒成立，当二次项系数不等于0时转化为一元二次不等式恒成立问题求解，需要满足开口向下和判别式小于0两个条件，最后整合得到结果.
【详解】①当，即时，
不等式为恒成立，所以满足题意；
②当时，需满足，
解得.
综上，的取值范围是.
故答案为：.
13．或0
根据题设条件可设，结合与三点共线，可求得，再根据勾股定理求出，然后根据余弦定理即可求解.
【详解】∵三点共线，
∴可设，
∵，
∴，即，
若且，则三点共线，
∴，即，
∵，∴，
∵,,，
∴，
设，，则，.
∴根据余弦定理可得，，
∵，
∴，解得，
∴的长度为.
当时， ，重合，此时的长度为，
当时，，重合，此时，不合题意，舍去.
故答案为：0或.
14．
【详解】由题意得：，又,因为DEAF四点共圆，因此
考点：向量数量积，解三角形
15．(1)1；
(2)
【详解】（1）；
.
（2）向量与的夹角是锐角，
所以，且与不共线，
所以，
所以，即，解得，
与不共线，即，
解得，
所以实数的取值范围为.
16．(1)第一组的频率为，则第二组的频率为，频率分布直方图见解析；
(2)
(3)平均数为，方差为
（1）设第一组的频率为，则第二组的频率为，根据所有的频率之和为得到方程，即可求出，即可补全频率分布直方图；
（2）按照百分位数计算规则计算可得；
（3）按照平均数、方差公式计算可得；
【详解】（1）解：设第一组的频率为，则第二组的频率为，依题意，解得，
所以第一组的频率为，则第二组的频率为，
补全频率分布直方图如下：
（2）解：由，设上四分位数为，则，
所以，解得，
所以全市“良好”以上等级的成绩范围；
（3）解：由频率分布直方图可知中有人，设为，
则
，
则
中有人，设为，
则
，
则
所以成绩在内的平均数为；
所以
所以方差为
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
（1）根据线面平行的判定定理，要判定平面，只需判定平行于平面内的一条直线即可证明.
（2）根据线面平行的判定定理和线面平行的性质定理进行证明.
【详解】（1）取的中点，连接，如图所示.
因为分别是的中点，
所以中，，且.
因为为四棱锥，所以，且.
所以且
所以四边形为平行四边形，所以
又在平面内，在平面外，
所以平面.
（2）连接交于点，连接，如图所示.
因为四边形是平行四边形，所以是的中点.
又因为是的中点，在中，根据三角形中位线定理可得.
因为平面,在平面外，
根据线面平行的判定定理，得知平面.
因为过点和的平面交平面于，且平面，
根据线面平行的性质定理可得，.
18．（1）；（2）12.
（1）由题意，，，由余弦定理、基本不等式，即可求的最大值；
（2）当时，求出，利用余弦定理、基本不等式，即可求出周长的最小值.
【详解】解：（1）由题意，，，
由余弦定理可得，
，
，
的最大值为；
（2）， ，
又，
，
，
周长为
当且仅当时，周长的最小值为12.
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为，所以
（2）由，得，即，
即，因式分解得，
解得或，
因为方程在区间上有唯一的实数解，
注意到，
所以或解得，或.
所以的取值范围是.
（3）由，
所以，
整理得 ①
因为①式对任意恒成立，
所以恒成立，
所以，
整理得，即 ②
记，
因为②式在上恒成立，所以恒成立，
令，因为，
当且仅当时，等号成立，所以
则，
当且仅当时，等号成立，所以.
所以，即，所以实数的取值范围是.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
A
C
B
D
C
C
AC
AD
题号
11









答案
ABD