河南省部分学校2025-2026学年高二数学上学期开学考试含解析

2025-2026学年高二上学期开学考试

数学试题

一、单选题

1．i3i5（）．

A．0B．1C．2D．2

2．设集合M{1,0,1,2,3}，N{x|x3t1,tM}，则MN（）

A．{1,1,2}B．{1,0,2}C．{1,1}D．{1,2}

3．某人打靶时连续射击两次，则事件“至少一次中靶”是事件“至多一次中靶”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

4．小唐5月1723日每天的运动时长（单位：分钟）统计数据如图所示，则（）

A．小唐这7天每天运动时长的平均数是72

B．小唐这7天每天运动时长的极差是42

C．小唐这7天每天运动时长的中位数是75

D．小唐这7天每天运动时长的第80百分位数是92

5．如图，在正四棱台ABCDA1B1C1D1中，E,F,G,H分别为棱A1D1,B1C1,BC,AD的中点，则（）

A．直线HE与直线GF是异面直线B．直线HE与直线BB1是异面直线

C．直线HE与直线CC1共面D．直线HE与直线BF共面

1

6．已知tan7，则sin2（）．

tan

2141

A．B．C．D．

77714

7．位于灯塔P的正西方向且相距40海里的M处有一艘甲船，需要海上加油，位于灯塔P的东北方向的C

处有一艘乙船在甲船的北偏东75方向上，则乙船前往支援M处的甲船需要航行的最短距离是（）

A．202海里B．402海里C．403海里D．30海里

1

8．如图，设ABxAD，ACyAE，线段DE与BC交于点F，且BFBC，则4xy（）

5

5

A．4B．3C．D．5

2

二、多选题

9．已知向量m和a,b均不共线，且mxaybx,yR，则向量a,b可以是（）

A．a1,3,b3,1

B．a2,4,b1,2

C．a3,2,b3,2

D．a0,2,b0,1

10．已知函数fxAsinx（A0，0，）的部分图象如图所示，其中CMN为等边三

2

角形，点M的坐标为1,0，则()

A．

8

B．

4

C．直线x7是fx图象的一条对称轴

D．将fx的图象向左平移2个单位长度后，所得图象与函数gx23sinx的图象重合

44

x1

31,x0,

11．已知函数fx函数gxfxm有四个不同的零点x1,x2,x3,x4，且x1x2x3x4，

lnx,x0,

则（）

2

A．m的取值范围是0,2B．3x13x2

3

C．2x3x4的最小值是22D．m越大，x3x4的值越大

三、填空题

12．某校有36个班，每班有45人，要求从每班随机选派5人观看“校十佳歌手赛”决赛．在这个问题中样

本容量是．

13．已知函数fx1的定义域为2,3，则函数fx1的定义域为.

14．如图所示的正六边形ABCDEF，是由六个直角边长分别为2cm与23cm的全等的直角三角形拼接而成

的，该图形（阴影部分）绕着线段AF的中垂线l旋转一周得到一个几何体，现在用密度为5g/cm3的材料去

制造该几何体，则该几何体的质量为g.（结果用π表示）

四、解答题

15．某校举行了交通安全知识竞赛，初赛时，每位参赛选手回答2道题，若2道题全部答对，直接进入决

赛；若2道题都答错，直接淘汰；若恰好答对1道题，则进入复赛.复赛时，每位参赛选手回答2道题（与

初赛时的题目不同），若2道题都答对，则进入决赛，否则淘汰.该校学生甲参加了这次交通安全知识竞赛，

21

已知甲初赛时答对每道题的概率均为，复赛时答对每道题的概率均为，且各题答对与否互不影响.

32

(1)求甲进入决赛的概率；

(2)求甲至少答对2道题的概率.

sinB3sinAa2c2

16．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．

sinCsinBbc

(1)求B的大小；

(2)已知sinA3sinC，证明：ABC是等腰三角形．

17．已知函数fxlogaxloga6x（a0，且a1）．

(1)求fx的定义域；

(2)若f41，求a；

(3)求不等式fxf2x3的解集．

18．如图1，在ABC中，BC22，B=60，AC的垂直平分线DE与AC，AB分别交于点D，E，

且DE3，沿DE将△AED折起至△FED的位置，得到四棱锥FBCDE，如图2.

(1)设FC6.

①证明：FDBE.

②已知FDDP，是否存在实数，使得CP//平面BEF？若存在，请求出；若不存在，请说明理由.

(2)若CF与平面BCDE所成的角为60，求二面角FECD的余弦值.

19．定义：区间m,n的长度为nm，区间m,na,b的长度为nmba．

1π3

(1)已知不等式tanx在0,π上的解集为A，求A的长度．

263

1

(2)已知a2，函数fx2sinxa2asinx1．

2

①求fx在0,2π上的零点之和；

②若不等式fx0在0,2π上的解集为B，求B的长度的最大值．

题号12345678910

答案DDDDCABDACBCD

题号11

答案BCD

1．D

根据复数的运算法则及模的公式求解即可.

2

【详解】由i3i5i2ii2iii2i，

则i3i52i2．

故选：D

2．D

根据已知写出集合N，再由集合的交运算求集合.

【详解】由题设N{4,1,2,5,8}，则MN{1,2}.

故选：D

3．D

分别列出两个事件包含的基本事件，再由充分条件和必要条件的概念判断即可.

【详解】连续射击两次，基本事件有A：“两次都中靶”，B：“两次都没中靶”，C：“第一次中靶且第二

次没中靶”，D：“第一次没中靶且第二次中靶”.

事件“至少一次中靶”包含了A，C，D.事件“至多一次中靶”包含了B，C，D，

所以事件“至少一次中靶”是事件“至多一次中靶”的既不充分也不必要条件.

故选：D.

4．D

根据平均数，极差，中位数和百分位数的定义进行计算.

589210070804560505

【详解】72，A错误；

77

B选项，小唐这7天每天运动时长的极差是1004555，B错误；

C选项，将小唐这7天每天运动时长从小到大排列为45,58,60,70,80,92,100，

则小唐这7天每天运动时长的中位数是70，C错误；

D选项，因为780%5.6，所以第80百分位数是第6个数，即92，D正确.

故选：D

5．C

由正四棱台的结构特征，侧棱的延长线交于同一点，HE,GF的延长线必过此点，可判断选项中的线线位置

关系.

【详解】延长AA1,BB1,CC1,DD1，

由正四棱台的性质可得侧棱AA1,BB1,CC1,DD1的延长线交于同一点，设该交点为P.

E,F,G,H分别为棱A1D1,B1C1,BC,AD的中点，

延长HE,GF，则HE,GF的延长线必过点P，

则直线HE与直线GF相交于点P；与直线BB1相交于点P；与直线CC1相交于点P

；与直线BF是异面直线.

故选：C.

6．A

根据弦切互化，以及二倍角公式即可求解.

1sincossin2cos22

【详解】tan7，

tancossinsincossin2

2

故sin2．

7

故选：A

7．B

根据题设画出示意图，利用正弦定理可得MC.

【详解】依题意，画出示意图如下，PM40，MPC135,CMP907515，

MCPM

在△PMC中，PCM30，由正弦定理得，

sinMPCsinPCM

40sin135

因此MC402（海里），

sin30

所以乙船前往支援M处的甲船需要航行的最短距离是402海里.

故选：B.

8．D

141414

先计算出AFACAB，进而得到AFyAExAD，利用共线定理的推论得到yx1，得到

555555

答案.

【详解】BFAFAB，BCACAB，

11114

又BFBC，故AFABACAB，所以AFACAB，

55555

14

因为ABxAD，ACyAE，所以AFyAExAD，

55

14

因为D,E,F三点共线，所以yx1，

55

故4xy5.

故选：D

9．AC

根据条件可得a,b不共线，结合共线向量的坐标表示可得结果.

【详解】由题意得，a,b不共线.

A.∵1133100，∴a,b不共线，A正确.

B.∵a2,4,b1,2，∴a2b，故a,b为共线向量，B错误.

C.∵3223120，∴a,b不共线，C正确.

D.∵a0,2,b0,1，∴a2b，故a,b为共线向量，D错误.

故选：AC.

10．BCD

对A，由图数据得CMN边长，求出；对B，由点C坐标求出；对C，代入x7验证最值；对D，由图

象变换可得.

，详解】对于A：如图，因为CMN为等边三角形，且高为23】

T2ππ

所以边长为4，所以4，T8，，A错误；

284

对于B：因为点M的坐标为1,0，所以C3,23，

πππ

所以A23，32kπ,kZ，解得2kπ,kZ

424

ππ

又，所以，B正确；

24

ππππ3π

对于C：由上知fx23sinx，而f723sin723sin23，C正确；

44442

ππππ

对于D：fx的图象向左平移2个单位长度，解析式变为y23sinx223sinx，

4444

ππ

即所得图象与函数gx23sinx的图象重合，D正确.

44

故选：BCD.

11．BCD

首先画出函数图像，根据图像即可判断选项A错误，再利用函数的性质，列出等式即可得到选项B正确，

1

由将选项C化为yxxx，利用对勾函数的单调性即可判断C,D的对错.

x3x41343

x3

【详解】对于选项A:画出fx的大致图象，由图可知0m1，则A错误.

x11x21

对于选项B：因为x1x2x3x4，所以31310,lnx3lnx40，

x2

x12

所以33,x3x41，则B正确.

3

1

1

对于选项C：由图可知x31，所以2x3x42x322，

ex3

2

当且仅当x,x2时，等号成立，则C正确.

324

11

对于选项D：yx3x4x3在,1上单调递减.

x3e

因为m越大，x3越小，所以x3x4的值越大，则D正确.

故选：BCD

12．180

样本容量是36个班一共选派的总人数.

【详解】由题意可知在这个问题中样本容量是36×5=180．

故答案为：180

13．4,1

根据抽象函数求定义域的方法求解即可.

【详解】由x2,3，得x13,2，所以fx的定义域为3,2，

令x13,2，得x4,1，所以fx1的定义域为4,1，

故答案为：4,1.

14．170π

外部正六边形的边长为23cm，旋转得到的几何体是两个全等的圆台，计算其体积；内部的六边形边长为

2cm，旋转得到的几何体是一个圆柱和两个与圆柱同底的圆锥，计算其体积，两体积之差即为该图形（阴影

部分）绕着线段AF的中垂线l旋转一周得到的几何体的体积，乘以密度即可求解.

【详解】外部正六边形的边长为23cm，旋转得到的几何体是两个全等的圆台，上底面半径为3cm，下

底面半径为23cm，高为3cm,

22

13

体积为23π32332342πcm.

3

内部的六边形边长为2cm，旋转得到的几何体是一个圆柱和两个与圆柱同底的圆锥，

圆锥的底面半径为3cm，高为1cm，圆柱的底面半径为3cm，高为2cm，

122

内部的六边形旋转得到的几何体的体积为21π3238πcm3，

3

所以该几何体的体积为42π8π34πcm3，用密度为5g/cm3的材料去制造该几何体，

则该几何体的质量为34π5=170πg.

故答案为：170π.

5

15．(1)

9

7

(2)

9

（1）分别求得甲初赛答对2题进入决赛的概率与甲初赛答对1题进入决赛的概率，利用互斥事件的和事件

的概率公式可求甲进入决赛的概率；

（2）分甲初赛答对2题，甲初赛答对1题，复赛答对2题，甲初赛答对1题，复赛答对1题三种情况求解

可求得甲至少答对2道题的概率.

224

【详解】（1）甲初赛答对2题进入决赛的概率为，

339

22111

甲初赛答对1题进入决赛的概率为21，

33229

415

所以甲进入决赛的概率；

999

224

（2）甲初赛答对2题的概率，

339

22111

甲初赛答对1题，复赛答对2题的概率为21，

33229

22112

甲初赛答对1题，复赛答对1题的概率为2121，

33229

4217

所以甲至少答对2道题的概率.

9999

π

16．(1)B

6

(2)证明见解析.

（1）利用正弦定理边化角，再利用余弦定理求解即得.

（2）由（1）的结论，利用正弦定理边化角即可推理得证.

sinB3sinAa2c2b3aa2c2

【详解】（1）在ABC中，由及正弦定理，得，

sinCsinBbccbbc

a2c2b23

整理得b2a2c23ac，由余弦定理得cosB，而0Bπ，

2ac2

π

所以B.

6

（2）由sinA3sinC及正弦定理，得a3c，由（1）知b2a2c23ac，

因此b2c2，即bc，所以ABC是等腰三角形.

17．(1)0,6

(2)或1

22

(3)答案见解析

（1）由对数函数定义域构造不等式求解即可；

（2）由对数的运算性质求解即可；

（3）分a1和0a1判断函数单调性，进而可求解；

x0,

【详解】（1）由题意得

6x0,

解得0x6，即fx的定义域为0,6．

（2）由f4loga4loga2loga21，

1

得log21或loga1，解得a2或．

a22

（3）当a1时，ylogax，在0,6上为增函数，

又y6x在0,6上为减函数，yloga6x在0,6上为减函数，

则fxlogaxloga6x是增函数，

由fxf2x3，得02x3x6，

33

解得x3，即fxf2x3的解集为,3．

22

当0a1时，ylogax在0,6上为减函数，

又y6x在0,6上为减函数，所以yloga6x在0,6上为增函数，

可得fxlogaxloga6x是减函数，

由fxf2x3，得0x2x36，

99

解得3x，即fxf2x3的解集为3,．

22

3

综上：当a1时，解集为,3，

2

9

当0a1时，解集为3,.

2

18．(1)①证明见解析；②存在，1

(2)7.

7

【详解】（1）①证明：如图，在ABC中，记AB的中点为G，连接GD.

由题意，GD是ABC的中位线，

因为BC22，B=60，所以GD2，EGD120，

GDED

在EGD中，由正弦定理得，

sinGEDsinEGD

232

即，解得sinGED.

sinGEDsin1202

因为EGD120，且EDGD，所以GED45.

因为DE是AC的垂直平分线，所以ADE是等腰直角三角形，所以DEADDC3.

在翻折后，DEFD，DEDC.

因FC6，有FD2DC2FC2，所以△FDC是等腰直角三角形.

故FDED，FDDC，ED与DC相交于D，且ED,DC平面BCDE，所以FD平面BCDE.

因为BE平面BCDE，BE平面BCDE，所以FDBE.

②解：由①知在四棱锥FBCDE中，DE，DF，DC两两垂直，

延长ED至点Q，使得DQED3，则DQC45.

延长FD至点P，使得PDFD3，则DPQ45.

因为BED135，DQC45，所以CQ//BE，

CQ不在平面BEF内，BE平面BEF，

所以CQ//平面BEF，

因为EFD45，DPQ45，所以PQ//EF，

PQ不在平面BEF内，EF平面BEF，

所以PQ//平面BEF，

因为CQ与PQ相交于Q，且CQ,PQ平面CPQ，

所以平面CPQ//平面BEF.

因为CP平面CPQ，所以CP//平面BEF.

此时FDDP，即1.

（2）

过D作DMCE于M，过M作MNCE，交CF于N，连接DN.

则DMN即为二面角FECD的平面角.

因为EDFD，EDCD，FD与CD相交于D，且FD,CD平面FCD.所以ED平面FCD.又因为ED

平面BCED，所以平面BCED平面FCD.

所以CD是直线CF在平面BCED的投影，故FCD即为CF与平面BCDE所成角，所以FCD60.

因为FDDC3，所以FC3.

6

因为DEDC3，EDCD，且M为CE的中点，所以CMDM.

2

32

因为EFCE6，FC3，故cosECF.

264

26

在CMN中，CMN90，cosMCN，CM，

42

42

所以MN，CN23.

2

在△CDN中，DCN60，CN23，CD3，所以DN3.

642

在DMN中，DN3，DM，MN，

22

642

2229

DMMNDN7

由余弦定理得cosDMN44，

2DMMN6427

2

22

7

即二面角FECD的余弦值为.

7

2π

19．(1)

3

4π

(2)①4π；②

3

31π3

【详解】（1）由题意得tanx，

3263

π1ππ2π

得kπxkπkZ，得2kπx2kπkZ，

62663

2π2π

因为x0,π，所以0x，即A0,，