浙江省金华市2025-2026学年高二数学下学期开学练习试题含解析

考生须知：

1.本卷满分150分，练习时间120分钟；

2.答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号；

3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；

4.练习结束后，只需上交答题卷.

一、单项选择题：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.

ð

1.已知全集U2,0,1,2,3，集合A2,1,2，B2,3，UAB（）

A.0,2,3B.0,2C.0,3D.3

【答案】D

【解析】

ð

【详解】由U2,0,1,2,3，A2,1,2可得UA0,3，

ð

又B2,3，所以UAB3.

2.直线x3y20260的倾斜角为（）

52

A.B.C.D.

6633

【答案】B

【解析】

320263

【详解】由x3y20260，得yx.

33

3

所以直线的斜率为.

3

3

设直线x3y20260的倾斜角为0π，则tan.

3

5π

所以.

6

3.在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则下

ABCDA1B1C1D1ACBDA1B1aA1D1bA1Ac

列向量中与相等的向量是（）

B1M

1111

A.abcB.abc

2222

1111

C.abcD.abc

2222

【答案】A

【解析】

【分析】由向量的线性运算可得结果.

【详解】

11111

.

B1M11A1ABA1A1D1A1B1abcBBBMAABDAADA

22222

故选：A.

4.圆22与圆22的位置关系是（）

C1:x1y2C2:xty41tR

A.外离B.相交C.相切D.内含

【答案】A

【解析】

【分析】根据圆心距和两圆半径的关系判断即可.

【详解】圆22的圆心为，半径为；

C1:x1y2C11,0r12

圆22的圆心为，半径为.

C2:xty41tRC2t,4r21

所以22222，

C1C2t140t144421

即，所以圆22与圆22外离.

C1C2r1r2C1:x1y2C2:xty41tR

5.已知p:a4，q：直线ax4y40与直线2xa2y30平行，则p是q的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】根据两直线平行求出a的值，结合充分条件、必要条件的概念判断即可.

【详解】因为直线ax4y40与直线2xa2y30平行，

所以aa2420，即a22a80，解得a4或a2.

当a4时，43420，满足平行条件.

当a2时，23420，满足平行条件.

所以，两直线平行时a4或a2.

因此p是q的充分不必要条件.

x2y2

6.已知双曲线1（a0，b0）的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交双曲线右支于A，

a2b2

B，，且AFBF，则双曲线的离心率为（）

AF23F2B21

3107

A.2B.C.D.

222

【答案】C

【解析】

【分析】根据双曲线的定义及余弦定理，结合题意可得a,c的关系，从而求得双曲线的离心率.

【详解】由，得.

AF23F2BAF23F2B

又AF2BF1，所以BF13BF2.

因为BF1BF22a，所以BF2a,BF13a，AF23a,AF13a2a5a.

x2y2

设双曲线1（a0，b0）的焦距为2c，则F1F22c.

a2b2

因为AF2F1BF2F1π，所以cosAF2F1cosπBF2F1cosBF2F1，

4c29a225a24c2a29a2c25

即cosAF2F1cosBF2F10，所以0，化简得，

22c3a22caa22

c510

所以双曲线的离心率为.

a22

7.已知数列an的前n项和为Sn，Sn1Snan12Sn0，a11，则S10的值是（）

133

A.1B.C.D.

222

【答案】B

【解析】

111

1

【分析】根据an1Sn1Sn整理得1，令bn，进而证明数列bn为等比数列，再

Sn1SnSn2

2

结合等比数列通项公式得Snn1，最后代入公式求解S即可.

31110

【详解】因为an1Sn1Sn，Sn1Snan12Sn0，

所以SnSn1Sn1Sn2Sn0，即SnSn1Sn1Sn0，

1111

等式两边同时除以SnSn1Sn0得：10，即1，

SnSn1Sn1Sn

111

令bn，则bn1bn1，b11，

SnS1a1

11113

所以，即数列为等比数列，公比为，首项为，

bn1bnbn1b1

22222

13n13n11

所以b1，即b1，

n22n22

n12

1311

所以，即Snn1，

311

Sn2

2221

所以S109.

31131142

8.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点M为棱DD1的中点.球体O为与正方体的所有棱都相切

的球体，则△ACM三．边．与球体O公共部分的长度总和是（）

836585

A.223B.2C.2D.2

355

【答案】D

【解析】

【分析】求出平面ACM截球O所得截面圆的圆心及半径，在三角形ACM中，以AC中点为坐标原点，AC

所在直线为x轴，建立直角坐标系，求出截面圆的方程，进而求出截面圆与△ACM三边的交点坐标，利用

两点间距离公式即可求解.

【详解】根据已知棱切球的球心就是正方体中心O，半径R2.

如图，设AC与BD的交点为E，过球心O作平面ACM的垂线，垂足为O1，

2222616

Rt△BDD1斜边上高h，所以OOh，

233123

2223

所以平面ACM截球所得截面圆（圆心是O1）的半径rROO，

13

如图，在矩形BDD1B1中，作EFBD1，交BD1于点F，

612EF23

在Rt△BEF中，EFOO，tanDBD，所以BF，

11

322tanDBD13

233

所以OFOEOBBF3，

133

在三角形ACM中，如图建立直角坐标系，

2

34

所以，，，截面圆2，

A2,0C2,0M0,3O1:xy

33

圆O1与三角形各边的交点分别为P，Q，G，M，H，

所以三角形ACM三边与正方体的棱切球（与12条棱都相切的球）的公共部分长度总和为PQGMMH.

2

234

xy

联立33，求得P1,0，Q1,0，

y0

6

直线MC方程为yx3，

2

2

34

x2y

33423

联立，求得G,，

55

6

yx3

2

423

同理求得H,，

55

22

所以42385，

PQGMMH2232

555

85

所以△ACM三边与球体O公共部分的长度总和是2.

5

二、多项选择题：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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.

9.若复数z14i，则下列结论正确的是（）

A.z的虚部为4iB.z的共轭复数为14i

z35i

C.z17D.

1i2

【答案】BC

【解析】

【分析】利用复数的概念及运算即可判断.

【详解】对于A，z的虚部为4，故A错误；

对于B，z的共轭复数为14i，故B正确；

对于C，z1+1617，故C正确；

z14i14i1i1i4i435i

对于D，，故D错误.

1i1i1i1i22

10.已知正实数a，b满足abab3，则下列结论正确的有（）

A.ab9B.ab6

112

C.D.a2b342

ab3

【答案】ACD

【解析】

【详解】对于A项，由基本不等式ab2ab​，代入已知等式得：ab2ab3，

令tabt0则不等式化为t22t30，结合t0，解得t3，

即ab3，得到ab9，当且仅当ab3时，等号成立，故A正确；

2

abs2

对于B项，由基本不等式ab，令sab(s0)，则s3，

24

整理得到s24s120，结合s0，解得s6，即ab6，

当且仅当ab3时，等号成立，故B错误；

11ab11ab33

对于C项，先化简得到，将ab3ab代入得到1，

ababababab

3111312

由选项A知ab9，则，故11，

ab3abab33

当且仅当ab3时，等号成立，故C正确；

b3

对于D项，由abab3得到a，其中b1，

b1

b3b144

所以a2b2b2b12b12

b1b1b1

44

2b1322b13423，

b1b1

4

当且仅当2b1，即b12时，等号成立，故D正确

b1.

11.已知平面内动点Px,y到定点F1,0的距离与到定直线l:x2的距离之和等于3，其轨迹为曲线C，

若过点F的直线与曲线C交于Ax1,y1，Bx2,y2两点，则下列结论正确的是（）

A.点P的轨迹方程为y24x

B.若x22，则BF2AF

C.AFBF的最小值为3

43

D.若半径为r的圆与曲线C有且只有一个交点，且与x轴切于点F，则r

9

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于A，利用题目信息列方程，去绝对值即可求出轨迹方程，可判断A；对于B，利用抛物线的定

义，结合图象即可判断；对于C，分为A,B在左支和A,B在左、右两支两种情况分别求最小值，即可判断；

对于D，代数法：设切线方程，求出切点坐标，根据切线与圆相切列方程组，即可求出答案；几何法：设切

点为P，在圆上找到一点Q，根据抛物线的光学性质得到△PFQ为等边三角形，从而得到PF方程，联立

求出点P坐标，即可得到答案.

2

【详解】由题意知，x1y2x23，

当x2时，可化为y24x，当x2时，可化为y28x3，故A错误；

对于B选项，如图所示，

根据抛物线定义可知，BFBC，AFAD，

FN4BC4BF

所以cosBFN，

BFBFBF

FM2AD2AF

cosAFM，

AFAFAF

4BF2AF

所以，所以BF2AF，故B正确；

BFAF

对于C选项，当AB交在左支，最小值为通径4，当AB交在两支时，最小值为3，故C正确；

D选项代数法：设切线方程为xtym，

y24x

y24ty4m0Δ16t2m0（*），

xtym

则切点为2t2m,2t，

22

由题意得圆的方程为x1yrr2，

trm1

r2

2m12m1trr2

则1t，

3

1r2tr2t2tmtt

1

t12t2m

2

t212t21trr2

将（*）代入上式得，，

3

rtt

221

消r得t212t21tt3tt3t，解得t2，

3

43

所以r.

9

几何法：【光学性质】设抛物线与圆T相切于点P,

PT为FPQ的角平分线，PQ//x轴，PFPQ，

又∵TFx轴TFPQFPFQ，

∴△PFQ等边三角形，

所以PF方程为y3x1，

y3x112343

联立抛物线方程：P,r，

2

y4x339

易知与右支有一交点，且与x轴切于点F的圆不存在，

43

所以r.

9

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

1log2x,x2

12.设函数2，则______.

fxx1f2flog26

2,x2

【答案】4

【解析】

【分析】直接代入函数解析式计算f2,flog26，再求和即可得答案.

1log2x,x2

【详解】因为函数2，

fxx1

2,x2

log261log26log22log23

所以f21log222121，flog262223，

所以f2flog264.

故答案为：4

3ab3

13.动直线l:xkyk0与动直线l:kxy2k10相交于点Ca,b，则的最小值为

12a1

______.

【答案】2

【解析】

【分析】易知动直线l1:xkyk0与动直线l2:kxy2k10分别过定点A0,1,B2,1，且两

b

直线垂直，所以点Ca,b的轨迹为以AB为直径的圆（不含A,B两点).根据的几何意义（斜率），利

a1

3ab3

用点到直线的距离公式可求得其取值范围，从而求得的最小值.

a1

【详解】由xkyk0，得xky10，所以动直线l1过定点A0,1，不含直线y1；

由kxy2k10，得kx2y10，所以动直线l2:kxy2k10过定点B2,1，不

含直线x2.

又直线l1:xkyk0与动直线l2:kxy2k10垂直，

所以点Ca,b的轨迹是以AB为直径的圆（不含点2,1）.

22

因为线段AB的中点为1,0，AB201122，

2

所以点Ca,b的轨迹方程为x1y22x2.

3ab3b

3

a1a1

y

令t，则ytx1，即txyt0.

x1

2

t可以看作x1y22x2上的点与点1,0的连线的斜率，

设1,0到直线txyt0（不过2,1)的距离为d，则d2，

tt

2t21

t211

即，即1，解得1t1且t.

1t3

t3

3

bb1bb2

所以11，且，所以234，且32.

a1a13a1a13

3ab3

故的最小值为2.

a1

14.已知ABC的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足6b22a2c24acsinB，则cosC为______.

5

【答案】

5

【解析】

【分析】利用正弦定理和余弦定理可得5b2a22abcosC4absinC，再利用辅助角公式可得出

sinC1，可求出cosC.

【详解】由正弦定理得csinBbsinC，因此可知6b22a2c24absinC，

代入余弦定理c2a2b22abcosC，得5b2a22abcosC4absinC，

5ba5ba

同除以ab得4sinC2cosC，即25sinC25，其中

abab

525

sin,cos，

55

5ba

当且仅当，即a5b时，等号成立；

ab

5

故sinC1，即C，因此cosCcossin.

225

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.

xxxxπ

15.已知函数fx23sincossin2cos2，0，且函数fx的最小正周期为.

22222

π

（1）求ω及f的值；

12

ππ

（2）将函数fx的图象向左平移个单位，得到函数gx，求gx在区间,上的值域.

12126

π

【答案】（1）ω=4，f2

12

（2）1,2

【解析】

【分析】（1）利用二倍角的正弦、余弦公式及辅助角公式将fx化简为Asinx的形式，根据最小

π

正周期计算公式可得的值，从而求得f的值；

12

ππ

（2）先求得gx的解析式，再结合余弦函数在给定区间上的单调性求得gx在区间,上的值域.

126

【小问1详解】

xx2x2xπ

由题意，fx23sincossincos3sinxcosx2sinx.

22226

π2ππ

∵函数fx的最小正周期为，∴，所以ω=4；

22

πππππ

所以fx2sin4x，所以f2sin42sin2.

6121262

【小问2详解】

ππππ

由题可知gxfx2sin4x2sin4x2cos4x.

121262

πππ2π

若x,，则4x,，

12633

π2π

令t4x，ycost,t,.

33

π2ππ12π1

因为ycost在,0上单调递增，在0,上单调递减，且cos,cos01,cos，

333232

1

所以cos4x,1

2

ππ

所以gx在区间,上的值域为1,2.

126

16.已知函数fxx2a1x15，其中a，xR

（1）当a2时，求函数fx的单调区间；

（2）若x4,0，fx0，求a的取值范围.

【答案】（1）fx在区间,1上单调递减，在区间1,上单调递增.

（2）a6.

【解析】

【分析】（1）去除绝对值写出分段函数fx的表达式，再利用二次函数的单调性求解即可.

（2）当x4,0时，先去除绝对值得到fxx2axa150恒成立，再分离参数a，利用基本不

等式求解即可.

【小问1详解】

x22x13,x1

当时，2

a2fxx21x152

x2x17,x1

又因为抛物线yx22x13开口向上，对称轴为x1，

yx22x17开口向上，对称轴为x1，

所以当a2时，fx在区间,1上单调递减，在区间1,上单调递增.

【小问2详解】

因为x4,0，fx0

所以fxx2a1x15x2axa150，对所有x[4,0]恒成立

x215

化简得到a

1x

令t1x，则x1t，t1,5

2

1t15t22t1616

令yt221626

ttt

当且仅当t4，即x3时等号成立.

所以

a6.

17.如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，AD∥BC，PA1，AB3，BC1，AD2，

M是PD的中点.

（1）求证：CM//平面PAB；

15

（2）若ABAD，在线段BD上是否存在点Q，使得直线PD与平面PAQ所成角的正弦值为?若存

5

BQ

在，求出的值；若不存在，请说明理由.

BD

【答案】（1）证明见解析

BQ1

（2）存在，

BD3

【解析】

【分析】（1）取PA的中点，根据中位线定理证明MN∥AD，利用平行四边形的性质证明CM∥BN，

再由线面平行的判定定理证得CM//平面PAB.

（2）假设在线段BD上是否存在点Q满足题意，建立空间直角坐标系，并设BQBD，0≤≤1，根

据线面角的向量求法，列出关于的方程，求解可得.

【小问1详解】

1

取PA中点N，∵M为PD中点，∴MN∥AD，且MNAD1.

2

又∵BC1，BC∥AD，∴BC∥MN，且BCMN，

∴四边形BCMN为平行四边形，所以CM∥BN.

∵BN平面PAB，CM平面PAB

∴CM//平面PAB.

【小问2详解】

∵PA平面ABCD，且ABAD，所以AB,AD,AP两两垂直.

以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

得A0,0,0，B3,0,0，C3,1,0，D0,2,0，P0,0,1.

∴AB3,0,0，AP0,0,1，PD0,2,1，PB3,0,1，BD3,2,0，

AD0,2,0.

假设存在点Q满足题意，设BQBD3,2,0，0≤≤1

AQABBQ33,2,0.

设平面PAQ的法向量为na,b,c

APnc0

则，令a2，则n2,31,0

AQn33a2b0

设直线PD与平面PAQ所成的角为，则

PDn23115

sincosPD,n，

2

PDn542315

1

化简得32210，解得或1.

3

1BQ1

因为0≤≤1，所以，即.

3BD3

18.已知正项数列的前n项和为，且2，表示不超过x的最大整数，如，

anSn2Snananx0.90

22，3.13.

（1）求数列an的通项公式：

1为奇数

2,n

（2）记bnan，求b1b2b100的值；

为偶数

an,n

（3）记cnlog2an，若c1c2cn2025，求n的最小值.

【答案】（1）ann

（2）2551（3）316

【解析】

【分析】（1）利用递推关系可证明等差数列求通项公式；

（2）利用分组求和，放缩求和可求值；

（3）利用对数运算性质来估计项数，即可求解.

【小问1详解】

由2，当时，可得2，

2Snanann22Sn1an1an1

两式相减可得：anan1anan110

所以anan11，（n2），又因为a11，

所以数列an是首项为1，公差为1的等差数列，即ann；

【小问2详解】

1为奇数

2,n

由bnn，

n,n为偶数

1111

则b1b2b100246100，

123252992

502100

因为241002550，

2

111111111131

1112，

1232529921133597992992198

1111

所以，

22221

13599

即b1b2b1002551.

【小问3详解】

由cnlog2n，则c10，c2c31，c4c5c6c72，c8c9c153，

kk1

可得：当2n21时，cnk，kN，

k123k

当n21时，记Tkc1c2c3cn102122232k

234kk1

则2Tk2122232k12k

212k

两式相减可得：T22223242kk2k12k1k22k1k2k1

k12

k1

则Tk2k12，

因为时，8，k18，所以881

k7T76221538202521212552n21

则c1c2c3cnT7c256c25715388m2025

487

所以m，因为mZ，所以m61，所以nmin25561316.

8

x2y2

19.已知椭圆：1（ab0）的焦点为F1,0，直线l与x轴交于点F，与椭圆交于点P，

a2b2

Q（P在x轴上方），且当线段PQx轴时，其长度为3.

（1）求椭圆的方程；

（2）若R为线段PQ的中点，求点P到直线OR的距离d的最小值（其中O为坐标原点）；

（3）若直线l与y轴交于点E0,1，直线m与椭圆交于M、N两点，且满足MFENFE.若过

点P的切线与直线m交于点T，求TEF的面积.

x2y2

【答案】（1）1

43

3

（2）

2

（3）3

【解析】

【分析】（1）由题意可得c的值，结合线段PQx轴时，其长度为3即可求出a，b的值，进而确定椭圆

方程.

（2）设出点P坐标及直线方程，与椭圆方程联立结合斜率公式求出kOR，得到直线OR方程，根据点到直

线的距离公式及二次函数的性质即可求出最小值.

（3）求出点P的坐标及过点P的切线方程，设直线MN的方程，与椭圆方程联立结合已知条件得到

kMFkNF1，进而得到直线MN所过定点，并验证该定点在切线上，进而求三角形面积即可.

【小问1详解】

因为椭圆的焦点为F1,0，所以c1，则a2b2c21.

1

当PQx轴时，x1，故PQ2b13，解得a2，b23.

a2

x2y2

所以，椭圆的方程为：1

43

【小问2详解】

x1

0

设Px0,y0，则PQ：xy1，

y0

2

229y0

联立椭圆方程整理得156x0y6x01y0y9y00，所以y0yQ，

156x0

3y05x08

解得yQ，xQ

52x052x0

2

14x01y0x0y0

所以xxx，yRyQy0

RQ0

252x0252x0

yx1yx13x1

k00000

可得OR2，进而：.

x4424yOR3x01x4y0y0