湖南省长沙市开福区2025-2026学年高二上学期开学考试数学自编试卷（人教A版）（解析版）

湖南省长沙市开福区2025-2026学年高二上学期开学考试自编试卷数学试题（解析版）题号12345678910答案CBDCDCAABCABD题号11答案ACD1．C【分析】三个人排成一排，即3个元素的一个全排列，由公式即可得到答案.【详解】甲､乙､丙三名同学排成一排，不同的排列方法有种故选：C2．B【分析】将点代入抛物线方程求得，即得到结果.【详解】将点代入，可得，故的焦点到其准线的距离为1．故选：B.3．D【分析】分情况讨论时对应的中位数，从而可求解.【详解】由题意，当时，8个点数的中位数为3.5；当时，8个点数的中位数为4；当时，8个点数的中位数为4.5，则8个点数的中位数为4的概率为.故选:D.4．C【分析】根据空间向量的线性运算可得，进而结合数量积运算求模长.【详解】由题意可知：，则，所以.故选：C.5．D【分析】根据三角函数的性质，求得对称轴的方程，令，求得的范围，结合，即可求解.【详解】由函数，令，解得再令，解得，因为，所以，即函数的图象在内有7条对称轴.故选：D.6．C【分析】用圆的一般方程，该圆经过三个点可列出三个方程，并求解，最后用配方法变成标准方程，求出圆心坐标【详解】设圆的方程为.因该圆过点，，，所以，解得.因此圆的方程为.化简得.因此该圆的圆心为.故选：C7．A【分析】设的长为，又，，根据数量积的运算律及定义得到方程，解得即可.【详解】设的长为，因为，，所以，解得或（舍去）．故选：A8．A【分析】利用平移思想，结合函数平移得到的是奇函数，可得的取值可能，从而可得最小值.【详解】函数的图象向左平移个单位，得到函数，由为奇函数，则，因为，所以的最小值是.故选：A9．BC【分析】根据给定条件逐一验证以点A为起点，各选项中的点为终点的向量与是否垂直即可判断作答.【详解】因过一点有且只有一个平面与已知直线垂直，点在平面内，那么与点A不重合的点B在平面内，当且仅当，而平面的法向量，对于A，，，则点在平面内，A错误；对于B，，，则点不在平面内，B正确；对于C，，，则点不在平面内，C正确；对于D，，，则点在平面内，D错误．故选：BC10．ABD【分析】根据正弦定理、余弦定理解三角形即可得到有关结论.【详解】由，得，解得或（舍去），所以的周长为，A正确，B正确.因为，所以，解得，C错误.设外接圆的半径为R，因为，所以，外接圆的面积为，D正确.故选：ABD.11．ACD【分析】对A，可由平面证得；对B，由，可知；对C，直三棱柱外接球即以为长、宽、高的长方体的外接球；对，将矩形与矩形展开到同一平面内，的长即为的最小值.【详解】对于，在直三棱柱中，平面ABC，又BC平面ABC，所以，又AB＝BC＝2，，所以，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，故A正确；对于，因为∥平面，平面，所以∥平面，所以，所以，故B错误；对于，直三棱柱外接球的半径，表面积为，故C正确；对于，将矩形与矩形展开到同一平面内，连接，与相交于点M，如图，故的长即为的最小值，故最小值为，故D正确．故选：ACD．12．【分析】根据数量积的公式和运算律计算.【详解】因为向量的夹角为，，所以．故答案为：.13．【分析】根据异面直线的定义可知，（或其补角）是异面直线MN与AD所成的角，进而求出的长度，用余弦定理求得答案.【详解】如图，

根据题意可知，因为都是正三角形，所以，，连接，设AC=2，则.易知，在中，由余弦定理：，在中，由余弦定理：，于是.易知，在中，由余弦定理：，在中，由余弦定理：，于是.连接ON，则，于是（或其补角）是异面直线MN与AD所成的角，连接MO，易得MO=NO=1，在中，由余弦定理可得.故答案为：.14．或【分析】利用正弦定理可得，由得出，联立得出，结合余弦定理得出，联立解得或.分两种情况结合题给条件列方程组，解得结果.【详解】由正弦定理可知，所以，又因为，所以，联立可得，由余弦定理得，所以，解得.联立得，解得或.当时，而，由，得，因为为的外心，则，所以，所以①.同理，由，得，又因为，所以，因为，即得，所以②.联立①②解得，所以.当时，同理可得③，④解得.故答案为：或.15．(1)3(2)【分析】（1）根据圆柱的体积公式求圆柱的底面半径.（2）根据三棱柱的体积公式求其体积.【详解】（1）设圆柱的底面半径为，则圆柱的高为.由题意：.即圆柱的底面半径为3.（2）因为为等边三角形，且其外接圆半径为3，所以，又三棱柱的高为6，所以.16．(1)是上的减函数，证明如下：对任意且，则，所以；又即，所以.所以是上的减函数.(2)由，令，得；再令可得；即.(3)或．【分析】（1）利用函数的单调性定义证明；（2）采用赋值法探索与之间的关系；（3）利用单调性及特殊点的函数值解不等式即可.【详解】（1）略（2）略（3），，，即，又是上的减函数，所以，解得：或，所以不等式的解集为或.17．（1）；（2）.【解析】（1）在中，利用余弦定理求的长；（2）由条件可知，在和中，利用正弦定理表示，再根据三角恒等变形计算的值.【详解】（1）在中，由余弦定理得，，即，解得，(负值舍去).（2）在中，∵，，∴，在中，由正弦定理得，∴①，在中，由正弦定理得，∴②，由①②得，∴，即，∴，即，∴.【点睛】方法点睛：本题考查正余弦定理解三角形，属于基础题型，1.一般解三角形已知两角一边，首先用正弦定理解三角形，2.已知两边和其中一边的对角，求角用正弦定理解三角形，求边用余弦定理解三角形，3.已知两边和夹角，用余弦定理解三角形，已知三边，用余弦定理解三角形.4.每个三角形条件不全时，也可根据两个三角形，建立方程组求解.18．(1)，，(2)【分析】（1）利用基底表示，结合以及平面向量基本定理求出即可表示；（2）利用第一问求出，，再利用数量积的运算律以及向量夹角公式即可.【详解】（1）因为，，，则，，所以，，所以，，因为，所以，解得，所以，；（2）因为，，，所以，，，因为，，所以．，．因为，所以与夹角的余弦值为．19．(1)(2)，．(3)【分析】（1）解方程，，即可得出满足条件的实数对；（2）根据函数是型函数，可得出，结合等式恒成立可得出，即可解出实数、的值；（3）分析可知在上的值域是在上的值域的子集，等价于对任意，都有，然后利用函数是“型函数”并结合参变量分离法可求出的取值范围.【详解】（1）因为是“型函数”，所以存在实数对使得等式成立，即，代入，可得，即，.所以满条件的实数对为.（2）由是型函数，得，则，因此对定义域内任意恒成立，于是，解得，，所以，．（3）因为对任意时，都存在，使得，所以在上的值域是在上的值域的子集，因为，当时，，则对任意，都有，因为是“型函数”，且对应的实数对为，所以．当时，，则只需满足对任意，都有且，即对任意，都有即可，即不等式对任意恒成立且．①当时，时满足条件；②当时，，满足条件；③当时，该不等式等价于．当时，恒成立，易知：；当时，恒成立，所以，因为，当且仅当时，即当时，取等号．即.综上可得，．【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是:通过给