四川省德阳市第五中学2025~2026学年高二上学期开学考试数学试卷（含解析）

这是一份四川省德阳市第五中学2025~2026学年高二上学期开学考试数学试卷（含解析），共19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。
1. 已知平面向量，，若，则（ ）
A. -9B. -4C. 4D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】由向量平行的坐标表示，列出方程求解即可.
【详解】，，解得.
故选：B.
2. 在复平面内，i为虚数单位，若复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法运算求解即得.
【详解】依题意，.
故选：C
3. 为落实“双碳”目标，某环保组织调研10个国家2024年度的人均碳排放强度（单位：吨/人·年）后，得到数据如下：2，4，5，7，8，9，11，12，13，15．则该组数据的分位数是（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 12
【答案】B
【解析】
【分析】根据百分位数定义计算求解.
【详解】数据从小到大为：2，4，5，7，8，9，11，12，13，15，且，
则该组数据的分位数是.
故选：B.
4. 若m，n为两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中真命题的是（ ）
A. 若，，，则B. 若，，，则
C. 若，，，则D. 若，，则
【答案】A
【解析】
【分析】利用面面垂直的性质、线面垂直的判定判断AC；利用面面平行性质判断B；利用线面平行的判定判断D.
【详解】对于A，令，在平面取点，在此平面内作，
而，，则，而，则，
而，因此，A正确；
对于B，由，，，得或是异面直线，B错误；
对于C，在长方体中，平面与平面分别为，
直线分别为，满足，
而平面，即，C错误；
对于D，由，，得或，D错误.
故选：A.
5. 已知直角梯形的上底长为1，下底长为2，高为，则直角梯形绕下底所在的直线旋转一周形成的几何体的表面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】画出图形，将所求转换为圆锥、圆柱的表面积计算即可.
【详解】如图所示，
则直角梯形绕下底所在的直线旋转一周形成的几何体的表面积为圆锥的侧面积，加上圆柱的侧面积，再加上圆柱的一个底面的面积，
而圆锥的母线长为，
故所求为.
故选：C.
6. 如图，在棱长为2的正四面体中，点D为边的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，过作的平行直线，利用几何法求出异面直线夹角的余弦.
【详解】在正四面体中，取中点，连接，
由是的中点，得，则是异面直线与所成的角或其补角，
，则，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
7. ，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，先求，再利用向量的模长公式可得即可求解.
【详解】设，则，
，
当时取等，所以的最大值是.
故选：C.
8. 如图，为的重心，过点的直线分别与，交于点，，且，，其中，则的最小值为（ ）

A. B. 3C. D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】连接并延长交于点，由为的重心可得，且，将条件代入整理成，利用平面向量基本定理可得，再利用基本不等式“1”的妙用即可求得答案.
【详解】
如图，连接并延长交于点，因为的重心，则，
且点为的中点，故（*），
因，，则有，，，
代入（*）可得：，即，
因三点共线，故，因，
则，
当且仅当时，等号成立，即的最小值为3.
故选：B.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于对称
C. 函数在最小值为
D. 函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则函数是奇函数
【答案】AD
【解析】
【分析】利用正弦型函数的周期公式可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断B选项；由可求出的取值范围，结合正弦型函数的最值可判断C选项；利用三角函数图象变换以及正弦型函数的奇偶性可判断D选项.
【详解】对于A选项，函数的最小正周期为，A对；
对于B选项，因为，
故的图象不关于直线对称，B错；
对于C选项，当时，，
所以，C错；
对于D选项，函数图象向右平移个单位长度得到函数的图象，
则，该函数为奇函数，D对.
故选：AD.
10. 关于平面向量，下列说法正确的是（ ）
A. 若，，对任意的非零实数和，则
B. 若，，则向量，的夹角为钝角
C. 若，，且和的夹角为，则
D. 若点在同一平面内，且，则三点共线
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用向量垂直的充要条件即可判断；对于B，根据向量数量积的坐标计算即可判断；对于C，根据向量数量积的定义和运算律计算即可排除；对于D，利用平面向量基本定理即可推得.
【详解】对于A，因，则，故，即A正确；
对于B，由，且与不共线，
则向量，的夹角为钝角，故B正确；
对于C，因，
则，故C错误；
对于D，由，可得，
，即与共线，故三点共线，即D正确.
故选：ABD.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（ ）

A. 存在点使得平面
B. 直线与平面所成角正弦值为
C. 的最小值为
D. 若点在正方体，表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用面面平行的判定推理平面平面，然后利用直线与平面相交判断A；利用定义法作出线面角，并在直角三角形中求出线面角的正弦判断B；把三角形与三角形置于同一平面内，利用余弦定理求出线段长判断C；先利用线面垂直的判定推理平面，取棱的中点利用面面平行的判定推理得平面平面，进而平面，从而求出点的轨迹为正六边形，求解周长即可判断D．
【详解】对于A：先证平面平面，由正方体性质可知，且，
且，所以四边形和均为平行四边形，
所以，，因为平面，
在平面外，所以平面，平面，
又平面，，所以平面平面，
又为的中点，为线段上动点（包括端点），
所以直线与平面相交，从而直线与平面相交，故A错误；
对于B：连接，则，由平面，平面，
得，又，，平面，
则平面，过作交于，连接，
于是平面，是直线与平面所成的角，，，所以，故B正确；

对于C，把三角形与三角形置于同一平面内，连接，
则的最小值为，
在中，，，
，
由余弦定理得，C正确；

对于D，由正方体的性质知平面，平面，所以，
因为四边形为正方形，所以，平面，
所以平面，平面，所以，
同理可得，平面，故平面；
如图，

取棱的中点分别为，
连接，可得六边形为正六边形，
而，平面，平面，故平面，
同理可证平面，，，平面，
故平面平面，所以平面，
即过点且与垂直的平面截正方体所得截面即为正六边形，边长为，
其周长为，所以点的轨迹为正六边形，则点的轨迹长度为，D正确．
故选：BCD
三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知某地区有小学生12000人，初中生11000人，高中生9000人，现在要了解该地区学生的近视情况，准备抽取320人进行调查，则按比例分配的分层抽样应该抽取高中生______人.
【答案】90
【解析】
【分析】先求出高中生所占的比例，根据分层抽样定义计算即得.
【详解】由题意，应该抽取高中生的人数为：
.
故答案为：90.
13. 已知，，，，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据角的范围分别求出和，继而利用拆角的方法结合两角和差的正弦公式，即可求得答案.
【详解】由，得，结合，知；
由，得，结合，
知，故，
故
，
故答案：
14. 在四棱锥中，底面为等腰梯形，底面，若，，则这个四棱锥的外接球表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】先求得四棱锥的外接球的半径，再去求外接球表面积即可解决.
【详解】取BC中点E，连接EA、ED，取PC中点H，连接EH、BH，
等腰梯形中，，，
则有，则四边形为平行四边形，
则，又，则为等边三角形，
则，则为等边三角形
则，故点E为等腰梯形的外接圆圆心，
中，，则
又底面，则底面，
又，
，
即，
故点H为四棱锥的外接球球心，
球半径
则四棱锥外接球表面积为
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.
15. 遂宁市为进一步发展遂宁文旅，提升遂宁经济，现对“五一”假期部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿、交通、服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中.
（1）求图中的值，并估计此次调查中综合满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.
（2）求此次调查综合满意度的第75百分位数
（3）若参与本次调查游客共有2000名，请估计在参与调查的2000名游客中综合满意度打分不低于平均分的人数.
【答案】（1），76.5
（2）85 （3）1045
【解析】
【分析】（1）结合已知根据频率分布直方图中各个小矩形面积之和为1列式得，根据频率分布直方图的平均数公式求解即可；
（2）先确定累计频率为0.75所在的区间，然后根据频率列式求解即可；
（3）先求出不低于平均分的频率，然后求解人数即可.
【小问1详解】
由频率分布直方图可得，，
又，解得，
平均分为.
【小问2详解】
由频率分布直方图可得，前3组频率之和为0.6，第四组频率为0.3，
故第75百分位数在，则.
【小问3详解】
由（1）知平均分为，
故不低于平均分的频率为，
则打分不低于平均分的人数为 .
16. 若的部分图象如图所示.
（1）求函数的解析式；
（2）将的图象向左平移个单位长度得到的图象，若图象的一个对称轴为，求的最小值；
（3）在第（2）问的前提下，求函数在上的单调区间.
【答案】（1）
（2）
（3）单增区间为，单减区间为
【解析】
【分析】（1）由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得函数的解析式；
（2）根据平移原则得gx=2cs2x+2θ−π3，令2⋅5π6+2θ−π3=kπk∈Z结合的范围得结果；
（3）根据（2）中的结果，解不等式，结合的范围，可求单调增区间，余下即为减区间
【小问1详解】
由图知周期，∴且A=2，
∴，把，y=0代入上式得csφ−π6=0，
∴φ−π6=2kπ−π2，即φ=2kπ−π3k∈Z.
又，∴.即.
【小问2详解】
gx=2cs2x+θ−π3=2cs2x+2θ−π3，
由题意得：2⋅5π6+2θ−π3=kπk∈Z，∴θ=kπ2−2π3k∈Z，
∵，∴当k=2时，的最小值为.
【小问3详解】
此时，令，解得，结合，得，于是函数在上的单增区间为，单减区间为.
【点睛】方法点睛：函数的部分图象求解析式，理解解析式中A,ω,φ的意义是正确解题的关键，三角函数的基本性质对称性、单调性，属于中档题．为振幅，有其控制最大、最小值，控制周期，即，通常通过图象我们可得和, 称为初象，通常解出A，之后，通过特殊点代入可得.
17. 在中，内角、、所对的边分别为、、，已知.
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
（1）利用正弦定理将边化角，再利用正弦的和角公式转化，然后解方程即可求得；
（2）利用正弦定理，得到关于的函数，再求该函数的值域，结合面积公式即可求得.
【详解】（1）由正弦定理有，
又由，代入上式得，
，
由，有，
上式可化为：，得，
由，有，故有，
故；
（2）由（1）知，，
由正弦定理有
，
由为锐角三角形，有，
得，有，
可得，
故面积的取值范围为.
【点睛】本题考查利用正弦定理将边化角，以及利用正弦定理求解三角形面积范围，涉及正弦的和角公式，属解三角形中的经典重点题型.
18. 如图，在四棱锥中，，为棱的中点，平面.
（1）证明：平面
（2）求证：平面平面
（3）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）因为且，所以为平行四边形，则，利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）由已知可得，，由线面垂直的判定定理可得面，进而即可证得结论；
（3）由平面可得，作于，可知面，所以为直线与平面所成角，在直角中求解即可．
【小问1详解】
∵且，∴四边形为平行四边形，
∴，又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
∵平面，平面，∴，
连接，∵且，∴四边形为平行四边形，
∵，，∴平行四边形为正方形，∴，
又，∴，
又，面，∴面，
∵面，∴平面平面.
【小问3详解】
∵平面，平面，∴，
又，，平面，∴平面，
因为平面，∴
∴为二面角的平面角，从而，所以，
作于，连接，
∵平面平面，平面，平面平面，
∴面，所以为直线与平面所成角，
在直角中，，，，∴，
因为面，面，所以，
在直角中，，，
∴，
则直线与平面所成角的正切值为.
19. 若函数和均存在零点，且零点完全相同，则称和是一对 “共零函数”.
（1）判断与是否为 “共零函数”，并说明理由；
（2）已知与是一对“共零函数”，求的值；
（3）已知是实数，若函数与是一对“共零函数”，函数与也是一对 “共零函数”，求的值.
【答案】（1）不是； （2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据指数函数、余弦函数的性质，应用方程法求零点，结合新定义判断即可；
（2）由正余弦型函数的性质求零点，再根据已知得，，即可得参数值；
（3）根据“共零函数”的定义分别求得、，结合的单调性即可得.
【小问1详解】
由指数函数的单调性知，在R上单调递增，且存在唯一零点，
由余弦函数的性质知，的零点为，
所以与不是 “共零函数”.
【小问2详解】
由，则，即，
由，则，即，
又与是一对“共零函数”，则，，
所以，即，；
【小问3详解】
由，则，
又与是一对“共零函数”，则，
所以，
由，则，
由与也是一对 “共零函数”，则，
所以，即，
由在上单调递增，故，则.