山东省青岛市昌乐二中2025^2026学年高二上学期开学模拟监测数学试题[有解析]

这是一份山东省青岛市昌乐二中2025^2026学年高二上学期开学模拟监测数学试题[有解析]，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.复数（其中为虚数单位），则（ ）
. . . .
2.在四边形中，若，则“”是“四边形是菱形”的（ ）
.充分不必要条件 .必要不充分条件
.既不充分也不必要条件 .充要条件
3.已知向量，.若，则（ ）
. . . .
4.已知函数，则（ ）
.在定义域内是增函数 .是奇函数
.的最小正周期为 .图象的一个对称中心是
5.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴， 轴，，，则的原图形的面积为（ ）
. .
. .
6.已知函数为偶函数，则的值为（ ）
. . . .
7.在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四个面称为鳖臑.已知在鳖臑中，，平面，则它的外接球半径和内切球半径的比值为（ ）
. . . .
8.如图，诶圆锥的底面圆的直径，点是圆上异于的动点，，则下列结论正确的是（ ）
.圆锥的侧面积为
.三棱锥的体积的最大值为
.的取值范围是
.若，为线段上的动点，则的最小值为
二、选择题：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.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
.若，，，则
.若，，则
.若，，则
.若，，则
10.在中，内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ）
.若，，，则只有一解
.若，则为钝角三角形
.若的外心为，，，则
.若，则的形状是直角三角形
11.如图，已知圆台形水杯盛有牛奶（不计厚度），杯口的直径为4，杯底的直径为2，杯高为4，当杯底水平放置时，牛奶面的高度为水杯高度的一半，若加入37颗大小相同的椰果（球形），椰果沉入杯底，牛奶恰好充满水杯，则（ ）
.该水杯侧面积为
.该水杯里牛奶的体积为
.放入的椰果半径为
.该水杯外接球的表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知点在半径为2的同一球面上，且，，则三棱锥体积的最大值为 .
13.如图，在正方体中，，分别是棱的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是 .
14.如图所示的是某城市的一座纪念碑，一位学生为测量该纪念碑的高度，选取与碑基在同一水平面内的两个测量点.现测得，，米，在点处测得碑顶的仰角为30°，则该同学通过测量计算出纪念碑高为
米.（保留根号）
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.
15.（13分）已知复数，，是虚数单位.
（1）若是实系数一元二次方程的一个根，求实数和的值；
（2）当为何值时，关于的二次方程有一个实根.
16.（15分）高一年级举办立体几何模型制作大赛，某同学想制作一个顶部是正四棱锥、底面是正四棱柱的模型，并画出了如图所示的直观图.其中正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.
（1）若，；
（ⅰ）求该模型的体积；
（ⅱ）求顶部正四棱锥的侧面积；
（2）若顶部正四棱锥的侧棱长为6，当为多少时，底部正四棱柱的侧面积最大？并求出的最大值.
17.（15分）已知函数，将函数图象向左平移个单位长度，得到函数的图象.
（1）求的单调递增区间；
（2）在中，若，，求面积的最大值.
18.（17分）锐角的三个内角所对的边分别为，满足.
（1）求角的大小及角的取值范围；
（2）若，求的周长的取值范围；
（3）若的外接圆的圆心为，且，求的取值范围.
19.（17分）任意一个复数的代数形式都可写成三角形式，即，其中为虚数单位，，，，.棣莫弗定理由法国数学家棣莫弗成立，指的是设两个复数用三角函数形式表示为：，，
则，，且.
若令，则能导出复数乘方公式.
请用以上知识解决以下问题：
（1）试将写成三角形式；
（2）已知，，，求的值；
（3）设，当时，求的最大值和最小值.

答案解析
一、选择题
1.B 解析：已知，则.
2.D 解析：在四边形中，由，可得四边形为平行四边形，
若，则平行四边形对角线垂直，∴▱为菱形，反之也成立，故“”是“四边形是菱形”的充要条件.
3.B 解析：∵，∴，得，∴.
4.D 解析：对于A，∵，故A错误；
对于B，∵在处有定义，但，故B错误；
对于C，的最小正周期为，故C错误；
对于D，，故是图象的一个对称中心，故D正确.
5.B 解析：∵轴，∴直观图的面积为，
原图形面积为直观图面积的倍，∴原图面积为.
6.B 解析：∵诶偶函数，∴，
将函数化简：，
由偶函数性质：，
即，
利用正弦函数的性质，可得：，，
解得，结合，∴.
7.A 解析：根据已知条件可以将三棱锥放在正方体中，如图，
∴三棱锥的外接球即为正方体的外接球，
设三棱锥的外接球的半径为，内切球的半径为，
则，解得，
∴，
∵，∴，∴三棱锥的表面积为：
，
又∵，∴，
则它的外接球半径和内切球半径的比值为.
8.D 解析：在中，，则圆锥的母线长，半径.
对于A，圆锥的侧面积为，故A错误；
对于B，当时，的面积最大，此时，
则三棱锥体积的最大值为,故B错误；
对于C，在中，，又，则，
当点与点重合时，为最小值，当点与点重合时，，达到最大值，
又与不重合，则，又，得，故C错误；
对于D，由，，，得,又，
则为等边三角形，则，将以i轴旋转到与共面，得到，则为等边三角形，，如图如，
由，，
得，
∴，故D正确.
二、选择题
9.AD 解析：对于A，若，，，则，故A正确；
对于B，若，，则或相交或是异面直线，故B错误；
对于C，若，，则或，故C错误；
对于D，由于，则内存在直线，于是，，故D正确.
10.AB 解析：对于A，∵，∴只有一解，故A正确；
对于B，∵，∴，
又，∴，则为钝角三角形，故B正确；
对于C，的外心为，∴为垂直平分线的交点，
，
故C错误；
对于D，由正弦定理得，

，
即，
∴，即或，即，
∴德行形状是直角三角形或等腰三角形，故D错误.
11.BCD 解析：由题意知圆台的上底面圆半径，下底面圆半径，圆台高，
设圆台的母线为，则，
故圆台的侧面积为，故A错误；
牛奶棉所在的圆的半径为，
故水杯中牛奶的体积为，
故B正确；
水杯的体积为，
故37个小球的体积为，
设小球的半径为，进而，解得，故C正确；
设水杯的外接球的球心到上底面的距离为，
则，解得，
故外接球的半径为，
∴其表面积为，故D正确.
三、填空题
12. 解析：如图所示，
设的外接圆圆心为，
三棱锥的外接球球心为，
由，，
则，
即，
且，∴外接圆半径为，
则，
∴当点在的延长线上时，三棱锥的体积最大，
此时三棱锥的高为，
即三棱锥体积.
13. 解析：取的中点，的中点，
连接，
由是的中点，
得，，
则四边形为平行四边形，，，
由是的中点，得，，
梯形是正方体被平面所截得的截面，
，，，
∴所求截面的周长是.
14. 解析：∵，，，
在中，，
由正弦定理得，即，截得，
在中，，
即纪念碑高为米.
四、解答题
15.解：（1）若是实系数一元二次方程的一个根，
则也是实系数一元二次方程的一个根，
根据韦达定理得，，
解得.
（2）由有，
∴，∴，解得，
∴，当时，原方程有一个实根为.
16.解：（1）（ⅰ）由，得，又，
因此正四棱锥的体积，
正四棱柱的体积，
∴模型的体积.
（ⅱ）取的中点，连接，由，得，
∴正四棱锥的侧面积
.
（2）设，正四棱柱的侧面积为，
则，，，
于是，
而，∴当，即时，，
∴当时，下部分正四棱柱的侧面积最大，最大面积是.
17.解：（1），
将向左平移个单位长度，得到，
则当，单调递增，
故的单调递增区间为.
（2），∵，∴，
由余弦定理得，
当且仅当时取等号，∴，
故面积的最大值为.
18.解：（1）∵，
由正弦定理可得，∴，
故，∵为锐角，∴，
∵为锐角三角形，则，解得，
∴角的取值范围是.
（2）∵，由正弦定理得，
∴
，
∵，∴，∴，
∴，∴，
∴周长的取值范围为.
（3）设的外接圆半径为，∴，，
∴，
设，则，则，
∴

，
∵，∴，∴，
∴，∴，
∴的取值范围为.
19.解：（1）运用复数的三角形式得到
.
（2）如图，设复数对应向量为，设复数对应向量为，
则在，运用余弦定理，
，∴，
又，∴.
（3）∵，设，
则，
∵，∴，∴，
∴，.