2025-2026学年北京市西城区第一六一中学高二上学期开学考试数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年北京市西城区第一六一中学高二上学期开学考试数学试卷（含解析），共18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.
答案解析
1．A
【分析】根据终边相同的角的知识确定正确答案.
【详解】由于集合，所以集合表示终边落在轴上的角的集合；
由于集合，所以集合表示终边落在轴上的角的集合；
所以.
故选：A.
2．C
【分析】根据题意，结合正方体的几何结构特征，以及正方体截面的性质，逐项分析判断，即可求解.
【详解】对于A中，在正方体中，连接，
此时截面为等边三角形，所以A不符合题意；
对于B中，取的中点分别为，连接，
可得，且，所以，
所以截面为等腰梯形，所以B不符合题意；
对于D中，在正方体中，截面为矩形，所以D不符合题意；
对于C中，在分别取点，设，
可得，
则，
同理可得：，所以均为锐角，
所以截面为锐角三角形，所以C符合题意.
故选：C.
3．D
【详解】试题分析：由复数的几何意义作出相应判断．
解：∵sin2＞0，cs2＜0，∴z=sin2+ics2对应的点在第四象限，故选D．
点评：本题考查的是复数的几何意义，属于基础题．
4．A
【分析】根据三角函数平移，伸缩的变换规律，即可判断选项.
【详解】函数图象上的所有点先向右平移个单位长度，得到函数，
再将横坐标伸长到原来的2倍，得到函数.
故选：A
5．D
【详解】分析：观察四个选项，分别涉及线面垂直，线线平行，面面垂直，由相关的条件对四个选项逐一判断即可得出正确选项
解答：解：A选项不正确，平行于同一个平面的两条直线可能相交，平行，异面．
B选项不正确，垂直于一个平面的平行线的直线与该平面的关系可以是平行，相交，或在面内；
C选项不正确，由线面垂直的判定定理知，本命题中缺少两线相交的条件，故不能依据线面垂直的判定定理得出线面垂直．
D选项正确，由a∥N知可在面N内找到一条直线与a平行，且可以由a⊥M证得这条线与M垂直，如此则可得出面面垂直的判定定理成立的条件．
故选D．
6．B
【分析】由二倍角的余弦公式解出，，代入求解即可.
【详解】因为，所以，解得.
又由于，所以，
所以.
故选：B.
7．C
【详解】在函数中，若“”，则
∴则，此时，函数关于对称，充分性成立，
若“曲线关于直线对称”，则成立，即必要性成立，所以
“”是“曲线关于直线对称”的充分必要条件.
故选C.
8．C
【分析】首先分析出水面半径为，再利用圆锥体积公式得到水的体积，再除以雨量器的底面积并对照表格即可得到其等级,
【详解】因为圆锥的底面直径为200mm，高为300mm，雨水高度是150mm，
所以水面的半径为，
所以水的体积为，
所以24h降雨量的等级是，对照表格等级为中雨，
故选：C.
9．B
【分析】依题意可得，再由正弦定理将边化角，利用二倍角公式转化为的三角函数，结合的范围及余弦函数的性质计算可得.
【详解】在锐角中，，则，又，
所以，
又，所以，所以，
所以.
故符合题意的只有B.
故选：B.
10．D
【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，再逐项判断，即可得出结果.
【详解】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，
因为该正方体的棱长为，分别为，的中点，
则，，，，
所以OM=12,−12,12，设，则NP=x,y−1,z−12，
因为， 所以
所以12x−12y−1+12z−12=0，即，
令，当时，；当时，；
取，，
连接，，，则，EN=−12,0,12，
则EF⋅OM=−12×12+−12×−12+0×12=0，
EN⋅OM=−12×12+0×−12+12×12=0，
所以，，
又，且平面，平面，
所以平面，
所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动，
所以点的轨迹为正三角形，故C错误；
因此点不可能是棱的中点，故A错误；
正三角形边长为，则面积为，故D正确；
点轨迹的长度为，故B错误；
故选：D
11．
【分析】由复数除法的几何意义及模的求法求模长.
【详解】由题设.
故答案为：
12．
【解析】由正切函数的定义得，，，求出的取值范围．
【详解】解：，
，，
，，
函数的定义域是
故答案为：．
【点睛】本题考查了正切函数的定义域问题，属于基础题．
13．2
【详解】试题分析：已知条件为，待求式为
.
考点：对数的运算法则.
14． 4 7
【分析】由题意建立平面直角坐标系，分别求出点的坐标，并设点，利用平面向量数量积的坐标表示即可求解空；当时，可得，求得，再结合动点在小正方形的顶点上，从而可求解.
【详解】由题意建立平面直角坐标系，如图，
则，，，，设，，
则，，，
空：当时，；
空：当时，
，
解得，又且动点在小正方形的顶点上，
所以符合点的情况有：，，，，，，共个.
故满足的点的个数为.
故答案为：；.
15．②③
【分析】由已知可得，由于函数的定义域为，值域为，所以结合正弦函数的性图象和性质可求出的最大值和最小值，从而可得答案.
【详解】由，
因函数的定义域为，值域为，
则的最小值为；
最大值为，
即，故②③满足.
故答案为：②③.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件结合同角三角函数关系式，即可求解；
（2）根据二倍角的正余弦公式求解即可.
【详解】（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)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据正方体的性质，结合线面垂直的性质和判定定理进行证明即可；
（2）根据正方体的性质，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可.
【详解】（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)，
(2)
【分析】（1）利用正弦、余弦的两角和差公式和辅助角公式化简，再根据正弦函数的性质求解即得；
（2）解出时的值，由集合xfx=2,m≤x≤0恰有一个元素，令即可求出的范围.
【详解】（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)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用余弦定理计算可得；
（2）若选择条件①，利用余弦定理解方程可知不存在；
若选择条件②,利用正弦定理和余弦定理解方程可求得，此时存在且唯一；
若选择条件③，利用同角三角函数关系求出，再由正弦定理和余弦定理解方程可求得，此时存在且唯一.
【详解】（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)证明见解析.
(2)
(3)
【分析】(1)由面面垂直的性质定理可得平面，根据线面垂直的定义可知.
(2)由已知可得平面,若线段上是否存在，使得CE//平面，则平面CDE//平面.所以问题可转化为过直线作平面的平行平面，根据面面平行的性质定理，可得,问题转化为过点作的平行线，该平行线与的交点即为点,放入梯形分析，可得的值.
(3)将多面体分割成三棱锥F−ABH和三棱柱AFH−DEC，分别求出三棱锥F−ABH和三棱柱AFH−DEC的体积，即可得到多面体的体积.
【详解】（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)
(2)存在，；理由见解析
【分析】（1）根据已知，代入公式计算求解，即可得出答案；
（2）假设存在，根据定义代入，结合三角恒等变换化简得出.即可得出当成立时，满足.两式平方相加，整理得出.进而结合已知角的范围，得出，即有.代入，整理求解得出的值，进而得出的值.
【详解】（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