江西省宜春市丰城市第九中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页江西省宜春市丰城市第九中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．复数的共轭复数是（

）A． B． C． D．2．已知一个扇形的圆心角为，且所对应的弧长为，则该扇形面积为（

）A． B． C． D．3．已知向量，且，则的值为（

）A．3 B． C．2 D．4．若，则（

）A．1 B．-1 C．2 D．-25．在四边形中，，将折起，使平面平面，构成三棱锥，如图，则在三棱锥中，下列结论不正确的是（

）A． B．C．平面平面 D．平面平面6．的内角，，所对的边分别是，，，已知，则的最大值为（

）A． B． C． D．7．21世纪以来，中国钢铁工业进入快速发展阶段，某工厂要加工一种如图所示的圆锥体容器，圆锥的高和母线长分别为和，该容器需要在圆锥内部挖出一个正方体槽，则可以挖出的正方体的最大棱长为（

）

A． B． C． D．8．已知平面向量、、满足，且对任意实数恒成立，则的最小值为（

）A． B． C． D．二、多选题9．对于函数和，下列说法中正确的有（

）A．与有相同的零点 B．与有相同的最大值C．与有相同的最小正周期 D．与的图象有相同的对称轴10．已知分别是三个内角的对边，下列四个命题中正确的是（

）A．若，则是锐角三角形B．若，则是等腰三角形C．若，则是等腰三角形D．是锐角三角形，则11．如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（

）A．存在点，使得平面B．过，，三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形C．异面直线与所成的角的大小为D．若平面，则点的轨迹的长度为三、填空题12．已知，，则在方向上的投影向量坐标为．13．若，则．14．已知四边形ABCD为平行四边形，，，，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为.四、解答题15．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求B的大小；(2)若，的面积为，求的周长．16．如图，在三棱柱中，侧面为菱形，边长为2，且，，是的中点.（1）求证：平面；（2）若平面平面，与平面所成的角为，求四棱锥的体积.17．已知函数，图象的相邻对称轴之间的距离为.(1)求的解析式和函数的单调递增区间；(2)将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标伸长为原来的2倍，再向左平移个单位得的图象，若关于的方程在上只有一个解，求实数的取值范围.18．如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且.(1)证明：平面；(2)求点到面的距离；(3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.19．如图，中，，，点在线段上，为等边三角形.

(1)若，，求线段的长度;(2)若，求线段的最大值;(3)若平分，求与内切圆半径之比的取值范围.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《江西省宜春市丰城市第九中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试题》参考答案题号12345678910答案BBABDADBBCACD题号11答案AC1．B【分析】根据复数的除法运算求，进而可得共轭复数.【详解】因为，所以.故选：B.2．B【分析】先求出扇形的半径，再根据公式可求扇形的面积.【详解】因为扇形的圆心角为，且所对应的弧长为，故半径为，故面积为，故选：B.3．A【分析】应用向量垂直的坐标表示列方程，求参数值.【详解】由题设，可得.故选：A4．B【分析】由两角差的正弦、余弦、正切公式展开化简即可.【详解】由题意得，则故选：B5．D【分析】根据线面、面面垂直的判定定理以及线面、面面垂直的性质定理逐项判断即可.【详解】对于B，如图①，因为，所以，又因为，，所以，所以，所以，故B正确；对于A，由B选项知，又因为平面平面，平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，故A正确；对于C，由选项A知，平面，因为平面，所以平面平面，故C正确;对于D，如图②过点A作，垂足为，因为平面平面，平面，平面平面，所以平面，显然平面，所以平面与平面不垂直，故D错误.故选：D.6．A【分析】结合条件利用余弦定理得，然后利用余弦定理和基本不等式求解，然后根据余弦函数的单调性求解即可．【详解】的内角，，所对的边分别是，，，已知，则，整理得．由余弦定理得，当且仅当时取等号，所以，又，故，即的取值范围是.故选：A7．D【分析】由题意可知，过圆锥的顶点和正方体底面对角线作圆锥的轴截面，如图所示时，此时正方体的棱长最长，再根据图中的几何关系即可求出此结果．【详解】因为圆锥的高和母线长分别为和，则圆锥的底面半径为，过圆锥的顶点和正方体底面对角线作圆锥的轴截面，如下图所示：

此时正方体的棱长最大，设正方体的棱长为，则作垂直地面于，则因为，所以，即即，所以.故选：D.8．B【分析】对于不等式，我们两边平方得到关于实数的不等式，进而得到，再结合向量的运算性质得到，最后利用绝对值三角不等式求解最值即可.【详解】由，两边平方得又，且对任意实数恒成立，即恒成立，故，即，解得，即，且，而，故，则由绝对值三角不等式得，故B正确.故选：B【点睛】关键点点睛：解题的关键先利用对任意实数恒成立，求得，再利用绝对值三角不等式求解最值即可.9．BC【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.【详解】A选项，令，解得，即为零点，令，解得，即为零点，显然零点不同，A选项错误；B选项，显然，B选项正确；C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确；D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足，的对称轴满足，显然图像的对称轴不同，D选项错误.故选：BC10．ACD【分析】由两角和的正切公式结合诱导公式判断A，由正弦定理化边为角结合正弦的二倍角公式判断B，由正弦定理化边为角，逆用两角和的正弦公式判断C，根据，结合正弦函数单调性判断D.【详解】选项A：因为，且是的内角，所以，所以，所以都是锐角，所以是锐角三角形，故选项A正确；选项B：由及正弦定理可得，即，所以或，所以或，所以是等腰三角形或直角三角形，故选项B错误；选项C：由及正弦定理可得，即，因为是的内角，所以，所以是等腰三角形，故选项C正确；选项D：是锐角三角形，所以，即，则，故选项D正确；故选：ACD11．AC【分析】A选项，作出辅助线，得到线面平行，故平面平面，故当在线段上时，满足平面，A正确；B选项，作出辅助线，得到四边形为截面图形，并得到其为梯形；C选项，作出辅助线，为直线与所成角，为等边三角形，故，C正确；D选项，作出辅助线，证明出平面平面，故当在线段上时，平面，点的轨迹的长度为，D错误.【详解】A选项，取的中点，连接，因为，分别是，的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，同理可得平面，因为，平面，所以平面平面，故当在线段上时，满足平面，A正确；

B选项，连接，由A知，，又，所以，所以四边形即为过，，三点的平面截正方体所得截面图形，因为，所以四边形为梯形，B错误；C选项，由B知，，故为直线与所成角或其补角，连接，则，所以为等边三角形，故，异面直线与所成的角的大小为，C正确；D选项，连接，因为，平面，平面，所以平面，又，同理可得平面，又，平面，所以平面平面，故当在线段上时，平面，所以平面，所以若平面，则点的轨迹的长度为，D错误故选：AC12．【分析】求出向量的坐标，利用投影向量的定义结合平面向量数量积的坐标运算可求得结果.【详解】因为，，则，所以，在方向上的投影向量为.故答案为：.13．【分析】根据积化和差公式求解即可.【详解】因为，所以，故答案为：.14．【分析】根据题意利用余弦定理求得，由此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，利用长方体的性质求外接圆半径，再等体积法求出内切球半径，运算求解即可.【详解】在中，，故，即，则折成的三棱锥中，，，，即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a，b，c则，解得，此长方体的外接球是三棱锥的外接球，设外接球的直径，即，又因为三棱锥是长方体切掉四个角，故三棱锥，三棱锥四个侧面是全等的，，设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积，故，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为.故答案为：.【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．(2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．15．(1)(2)【分析】（1）用正弦定理将边化为角，再利用展开化简即可求解；（2）由面积可得，由余弦定理可得，解方程即可求出，进而可求周长.【详解】（1）由题意得，因为，所以，得，得，因为，所以．（2）由，得．由余弦定理，得，得，得，所以的周长为．16．（1）证明见解析（2）【分析】（1）连接，设，连接.利用三角形中位线的性质可证，即可得证.（2）为正三角形，所以，再由平面平面，可得平面，利用割补法求出四棱锥的体积.【详解】（1）证明：连接，设，连接.因为三棱柱的侧面为平行四边形，所以为的中点.在中，因为是的中点，所以.因为平面，平面，所以平面.（2）因为为正三角形，所以，，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以为与平面所成的角，所以，所以，因为，为中点，所以.所以.【点睛】本题考查线面平行的判定，四棱锥的体积的计算问题，属于基础题.17．(1)；的单调递增区间为(2)【分析】（1）利用正余弦的二倍角公式、两角和的正弦公式化简；根据的最小正周期为求出可得；再求单调递增区间即可；（2）利用图象平移可得，令，转化为在上只有一个解，结合图象可得答案.【详解】（1），，因为图象的相邻对称轴之间的距离为，所以的最小正周期为，所以，得，所以，令，则，所以的单调递增区间为；（2）由（1）知，将图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，再向左平移个单位得的图象.令，，则，所以，因为在上只有一个解，由的图象（如图）可得，或，所以的取值范围是.18．(1)证明见解析；(2)；(3)存在，.【分析】（1）利用面面垂直的性质推理即得.（2）延长交于一点，根据可求得，利用等体积法构造方程求解.（3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果.【详解】（1）在三棱台中，平面平面，，而平面平面，平面，所以平面.（2）由棱台性质知：延长交于一点，

由，得，点到平面的距离为到平面距离的2倍，则，于是，由平面，得为点到平面的距离，又，则是的中点，，即为正三角形，为正三角形，设，则，，解得，，由平面，得，，，设点到平面的距离为，由，得，解得：.即点到平面的距离为.（3）由平面，平面，得平面平面，取中点，连接，在正中，，而平面平面，则平面，而平面，则，又平面，则平面平面，作于，平面平面，则平面，，而平面，则，作于，连接，，平面，则平面，而平面，于是，即二面角的平面角，设，由（2）知：，，由，得，，由，得，若存在使得二面角的大小为，则，解得，，所以存在满足题意的点，.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果.19．(1)(2)(3)【分析】（1）用向量表示,再根据已知条件求即可；（2）由（1）可知，通过向量运算得，两边同时平方，由向量的数量积运算即可；（3）根据角平线的性质得出，在，中，利用余弦定理得，再利用等面积法得到，最后根据的范围即可求出结果.【详解】（1）因为,,所