湖北省武汉市2026年新高二开学上学期数学测试卷含答案

这是一份湖北省武汉市2026年新高二开学上学期数学测试卷含答案，共46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．若复数z满足（1-2i）•z=5（i是虚数单位），则z的虚部为（ ）
A．B．C．2iD．2
2．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知 ，，则有（ ）
A．B．C．D．不能确定
4．若M为所在平面内一点，且满足，则为（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形
5．已知圆柱的高为2，它的两个底面的圆周在直径为的同一个球的球面上，则圆柱的表面积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知两非零向量与的夹角为，且，则（ ）
A．8B．6C．4D．2
7．在棱长为2的正方体中，E，F分别是和的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知直线和平面，且，的方向向量为，平面的一个法向量为，，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
二、多选题
9．函数的图象向右平移个单位后与函数的图象重合，则下列结论正确的是（ ）
A．的一个周期为；
B．的图象关于对称；
C．是的一个零点；
D．在单调递减；
10．直线的方向向量为，两个平面的法向量分别为，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则直线平面
B．若，则平面平面
C．若，则平面所成锐二面角的大小为
D．若，则直线与平面所成角的大小为
11．(多选)下列各式与tan α相等的是（ ）
A．B．
C．()D．
三、填空题
12．已知点，，，则平面ABC与平面xOy所成锐二面角的余弦值为______．
13．设常数a使方程在闭区间[0,2]上恰有三个解，则__________
14．的内角的对边分别为.若的面积为，则____________.
四、解答题
15．已知向量，，与的夹角为.求
(1)
(2)求；
(3)求.
16．在这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答.
已知的角A，B，C对边分别为a，b，c，，而且________.
（1）求；
（2）求周长的最大值.
17．在正方体中，E，F分别是底面和侧面的中心．
(1)求证：平面
(2)求证：平面平面．
18．已知函数，，是方程的两个不相等的实根，且的最小值为.
（1）求函数的解析式；
（2）若，的值域是，求m的取值范围
19．如图，在空间直角坐标系中有长方体，，，.

(1)求点到平面的距离；
(2)求平面与平面的余弦值.
参考答案
1．D
【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简可得答案．
【详解】由（1﹣2i）z=5，得，
∴z的虚部为2．
故选D．
【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
2．D
【分析】根据投影向量的定义即可求得向量在向量上的投影向量.
【详解】向量，，
则向量在向量上的投影向量为：
；
故选：D
3．B
【分析】先利用两角和差公式与二倍角公式化简，然后比较大小即可.
【详解】先化简，，
，所以.
故选:B
4．A
【分析】根据向量线性运算法则化简条件等式可得，两边平方化简可得，结合数量积的性质可得，由此可得结论.
【详解】由，得
所以，即，
两边平方并化简得，则，即，故，
所以是直角三角形.
故选：A
5．D
【分析】根据题意及圆柱、球的对称，可求得圆柱底面圆半径，根据圆柱表面积的求法，即可得答案.
【详解】由题意得球的半径为，设圆柱底面圆半径为r，
根据圆柱和球的对称性可得，
所以圆柱的表面积.
故选：D
6．C
【分析】根据平面向量数量积的运算律，借助于可构造方程求得结果.
【详解】，
整理可得：，解得：或（舍）.
故选：C.
7．B
【分析】建立空间直角坐标系，根据题意，求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】由空间直角坐标系中有棱长为2的正方体，
点分别是和的中点，
可得，
则，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设直线与平面所成角，则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
故选：B.

8．C
【分析】因为，所以的方向向量与平面的法向量垂直，再根据基本不等式，利用常数代换求解.
【详解】依题意，，即，
所以，
又，所以，，所以，
当且仅当时，即时，取到等号，
所以，故A，B，D错误.
故选：C.
9．ABC
【分析】根据图象的平移得出函数的解析式，利用正弦型函数的周期判断A，利用对称性判断B，根据零点定义判断C，利用正弦型函数对称性判断D.
【详解】函数的图象向右平移个单位后与函数的图象重合，
，
的一个周期为，故A正确；
的对称轴满足：，，
当时，的图象关于对称，故B正确；
由，得，是的一个零点，故C正确；
当时，，在上单调递增，故D错误.
故选：ABC
10．BCD
【分析】由，则直线平面或，可判断不正确；根据平面法向量的概念及空间角的求解方法，可判断正确.
【详解】由，则直线平面或，故错误；
由，则平面平面，故正确；
若，设平面和平面所成角为，且，
则，
所以平面所成锐二面角的大小为，故正确；
设直线与平面所成角为，
则，且，
所以直线与平面所成角的大小为，故正确.
故选：.
11．CD
【分析】根据二倍角的余弦、正弦公式化简，再结合同角三角函数的基本关系即可逐项判断.
【详解】因为，故A错误；
因为，故B错误；
因为，所以原式＝，故C正确；
因为，故D正确.
故选：CD
12．
【分析】先求出平面ABC与平面xOy的法向量，然后利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】因为，，，
所以，
设平面的法向量为，则
，令，则，
平面xOy的一个法向量为，
所以，
所以平面ABC与平面xOy所成锐二面角的余弦值为.
故答案为：
13．
【详解】试题分析：的根为函数与函数的交点横坐标，根据函数图像可知要满足有三个交点，需，此时
考点：1.函数与方程的转化；2.三角函数图像及性质
14．（或）
【解析】由已知结合余弦定理及三角形的面积公式进行化简即可求解．
【详解】解：由余弦定理可得a2﹣b2﹣c2＝﹣2bccsA，
△ABC的面积为＝﹣，
又因为S△ABC＝＝﹣，
所以tanA＝﹣，
由A∈（0，π）可得A＝．
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了余弦定理及三角形的面积公式的简单应用，属于基础试题．
15．(1)3
(2)
(3)
【分析】（1）根据数量积的定义运算求解；
（2）根据向量模长公式结合数量积的运算律运算求解；
（3）根据数量积的运算律运算求解.
【详解】（1）由题意可得：.
（2）由题意可得：.
（3）由题意可得：.
16．条件选择见解析；（1）；（2）最大值为.
【分析】（1）分别选取条件，根据边角互化，结合三角函数性质或余弦定理求解即可得答案；
（2）由（1）得，再结合基本不等式得，故，进而得周长的最大值.
【详解】选因为，
所以边角互化得：，
因为，
所以，
即，
又因为，所以，
所以，
；
选中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，
，
由正弦定理边角互化得，
即，
，
由，
；.
由知，
在三角形ABC中，由余弦定理得，
即，
所以，
所以，当且仅当时等号成立.
所以，
周长的最大值为
【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，周长的最值问题，解题的关键在于边角互化，考查运算能力与化归转化思想，是中档题.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）通过证明，，根据线面垂直的判定定理可证；
（2）通过证明平面，平面，根据面面平行的判定定理可证.
【详解】（1）根据题意，连接，
由正方体性质，可知面，面，所以，
在正方形中，，又，面，
所以面，面，则，同理，
，面，所以平面；
（2）根据题意，E，F分别是底面和侧面的中心，
所以，即平面为平面，
由正方体性质，，，所以四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，则平面，
同理平面，，平面，
所以平面平面，即平面平面．
18．（1）；（2）.
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的性质，可知函数最小正周期，再根据三角函数的周期性即可求出，进而求出函数的解析式；
（2）由题意可知，又的值域是，可知，结合的图象可知，，由此即可求出结果.
【详解】（1）
.
.
因为的最小值为π，
所以的最小正周期，解得，
所以函数的解析式为.
（2）由，可得，
因为的值域是，所以，
结合的图象可知，
解得，
所以m的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：（1）因为的最小值为，所以的最小正周期，是求解函数解析式的关键；（2）根据的图像和函数的值域，求出是解决第（2）问的关键点.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知坐标确定点的坐标，求解平面的一个法向量，利用空间向量的坐标运算求解点到平面的距离；
（2）利用空间向量的坐标运算确定线面关系从而得到两个平面的法向量，再根据空间向量的夹角余弦公式求解即可.
【详解】（1）由题可得，，
∴，
设平面的一个法向量为，
，令，可得，
∴，，
故点到平面的距离为；
（2）由题可得平面，∴是平面的一个法向量，
∴，
又，
∴，
则是平面的一个法向量，
∴，
故，
则平面与平面夹角的余弦值为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
D
B
A
D
C
B
C
ABC
BCD
CD