河南省2026-2027学年高二上学期开学考试数学试卷

C．{2,

D．1,2,z

（i是虚数单位）的虚部是（

A．若ac，bc，则 C．若aα，aβ，则α 已知alog20.3b20.3c0.30.2，则abc的大小关系是（ac

ca

bcfxsinx3cosxx0,π上的最大值与最小值之和为（ C． D．2件“12”A2表示事件“6”A3表示事件“两次7”，则（） 已知圆锥的侧面积为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积是

2

3

在VABCA3SVABC

BC OAOBOCAOBC（ D．已知a，b，c为实数，则 若ac2bc2，则aC．若abc都大于0bca

若abab01 D．若a0b0ab111 ABC−A1B1C1AA1AB2D是棱CC1上任一点，则下列正确的是（11 VA1BD周长的最小值为5

5P的轨迹长度为2yfx2是定义在Rfx1f1x0x0,1fxx21．则（fx3的解集为34k54kk 在高一某次数学周测考试时，某学习小组对本组6名同学的考试成绩进行统计，其中试卷上有一道满分为13分的解答题，6名同学的得分按从低到高的顺序排列为4,5,6,m,10,12，若该组数据的中位数等于这 DABC的四个顶点均在球OVABC为等边三角形，且VABC的面积为23DADBDC2，则球O的体积 已知在锐角VABCA，B，Ca，b，ccos2Acos2B2cos2C，则cosC值范围 z1i（i为虚数单位）z的方程2z2bzc0bcR求bcz22mimRz1z2所对应的向量之间的夹角为钝角，求m已知在VABCABC的对边分别为abcab65cosC1求cosAABDDCDB0，求cosDCB求a60分钟以上（60分钟）若样本数据在020与2040内的方差分别为s23s25，求样本数据在040内的方差s2 AB32若平行四边形MNFE的顶点MNFE分别在棱CC1BB1ABACMNBCBBHHACBπBH 盒中有2n1nN*个标号为12,L2n1的小球，小球除标号外均相同，每次不放回地随机取一个球，当n2时，求取球两次就出现“巧遇”A2i“取出2i个球后，第一次出现“巧遇”i123,LnB“第一次取到的是奇数号球PA2iBPA2iB求取球过程中至少出现一次“巧遇”1，2，3，4，5y3x1y25,8,11,14,B25,8,11,14,AB2i2i 2解析：复数z

z的虚部为22i2 A，令aαbα，若cα，则必有acbca，b两条直线可以平A错误；BB正确；CC因为αγ，α∩γmABγABmABα，又因为aαABaACa，ABACA，ABACγ，则aγD正确ylog2xy2xyx0.2在区间0上单调递增，所以alog20.3log210b20.32010c0.30.210.21，则acb

1cosx3

πcosxsinπ

πsinx解析：因为fxsinx3cos 2sinx 22sinxcos 3 3 x0π时，令txπ，则tπ4π 33ysint在ππ上单调递增，在π4π 23且sinπ 3，sinπ1，sin4π3 所以当tπ4πsin

3，所以2sint3233

2 所以所求函数的最大值与最小值的和为2 PA51，PA51 5 5 AA的基本事件有24PAA11PAAPAPA1 1

5

1 PA51，PA44 5 5 AA的基本事件有2,5PAA11PAAPAPA1 1

5

1 解析：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h因为圆锥的侧面展开图为半圆，其圆心角为所以展开图弧长等于底面周长，即πl2πrl2r又圆锥的侧面积为S侧πrl2πr22π解得r1l2l2l2r

22故圆锥的体积为V1πr2h1π12 3π22 OAOBOC，可得O为VABCAB的中点M，连接OM，则OMAB，所以OMAB0 AOABAMMOABAMABMOAB

AB0 AOAC

AC

所以AOBCAO(ACAB)AOACAOAB

c)AOBC

b2c2因为在VABC中，Aπ， 3，可得1bcsinπ1bc3

3，解得bc2 V

又因为BC ，由余弦定理a2b2c22bccosA可得(10)2b2c22bccosπb2c2bc，即b2c2bc10所以b2c2210，所以b2c212则b2c22b2c224b2c212242214416128b2

1 ，所以AOBC b1

A，因为ac2bc2，所以c0，故c20，可得ab，AB，举特殊值，取a1b11111，与结论矛盾，B C，作差得bcbcab，若ab0，则bcb0bcb0，Ca aa

a

a baaD1111111ab2babaa

224 ba，即ab1时，取等号，D A三棱锥DAAB的体积V1 h，其中h为点D到平面AAB的距离 3V D在CC1DAA1B的距离h等于CC1AA1B的距离，这是一个定值底面VAA1B 1AAAB1222，也是定值V A正确BR底面VABC2的等边三角形，其外接圆半径r23223 棱柱的高hAA12h根据外接球半径公式R2r22

23R2

2

12143

2 外接球表面积S4πR24π728π B错误C22在Rt△A22AA2AA2

22，为定值A1DDB1

42所以VA1BD周长的最小值为2242C错误D建立空间直角坐标系.AABxAA1z轴因为VABC2的等边三角形，所以C(1,3,0BCC1B1得法向量为nxyz，BC(1,30)BB1(002)，所以nBC0，且nBB10即x3y0，且2z0x3y1z0BCCB(3,10)AB200)1 d

332302PBCC1B1AP5PBCC1B1A在平面上的射影OAP2AP2d

的圆的一部分5BCC1B1是一个边长为2O5我们需要计算以O

BB1交于点M，与CC1N2在RtVOBM中，OB1，OM ，所以2

1BB12，所以MBB1N是CC1的中点BCC1B1OBCMBB1N是CC1中点tanMOBBM1，MOB45Lπrπ 2π D正确

yf(x2)是定义在Rf(x2)f(x2)f(2x)f(2xfxx2f(x1f(1x)0f(1xf(1xfx的图象关于点(10中心对称，f(1x)f(1x，令t1xf(t)f(2t，f(2x)f(2xf(2t)f(2tf(t2)f(2t)f(tf(x2)f(xf(x4)f(x2)f(x，所以4fx若存在更小的正周期T4f(Tf(0)1x0,1f(xx21，x04f(x)1x0，故不存在小于4的正周期，最小正周期为4，A由202645062f(2026xf(2026xf(2xf(2x2f(2xf(2)1≠0f2x不恒为0，因此图象不关于点(20260)对称，B错误；g(xf(x1fxx2fx的最小正周期为4，fx1f1x0f3xf3x0f1xf1x0fx的图象关于点10gxfx的图象向右平移一个单位得到的，gxfx1)为奇函数，C正确；x[0,1f(x)x210x12fxf2x(x2)21，x23fxf4x(x2)21，x34fxf4x4x210，由x24x33x24x1504x216x150 即(2x3)(2x5)03x5 结合最小正周期为4，解集为34k54kkZ，D正确 解析：已知数据456m,10,12，数据个数n66和m即中位数 6m8．可得m104，5，6，10，10，12675%4.55个10．4解析：已知VABCa，其面积S

3a223，解得a28，即a22设底面VABCr2r

,r 262222DADBDC2DABCH22DA2AH在直角DA2AH

2344DABCOR，ODH设OHxD到平面的距离为h23ABC26则R2r2OH2 x2x23 DRx2DHR282 故R2 R，解得R3，由此可知O在DH延长线上3 则球的体积V4πR34

3343π1,3 3 解析：由cos2Acos2B2cos2C，得1-2sin2A+1-2sin2B2(1-2sin2C即sin2Asin2B2sin2C根据正弦定理，上式可化为a2b22c2 a2+b2-

a2+b2

a2

1 bcosC

=ç+4 ab2c2因为VABC为锐角三角形，所以cosA 0，得b2c2a2所以

a2

，得

2

，所以a a2c2 0，得a2c2b2所以

a2

，得3a2b2，所以a <因此，有 < æ

1 1 令t

,t

,3÷，则cosCç

t

,t

,3 æ 令f(t)=t+,tÎ ,3÷，则ft在 ,1上单调递减，在1,3上单调递增 ç

æ3ö4f(t)min=f(12,f(3=fç3÷=3所以1£cosC ，即cosC

3 3 15．(1)b4，c4(2)m∞,22,2

ë2 3（1）z11i是方程2z2bzc0的根，将其代入方程，得2(1i)2b(1i)c0.又(1i)212ii22i所以4ibbic0，即(bcb4)i0bc由b,cR，得 b4解得b4c4（2）z1对应的向量为OA1,1z2对应的向量为OB2m，两向量夹角为钝角，需满足OA×OB<0，且两向量不反向共线，由OAOB1(2)1mm20，得m2当两向量共线时，1m1(2)0，即m2，此时OB2OA，两向量反向，夹角为180，舍去.m∞222.16．(1)(2)(2)（1）设a6kb5kk0，

sin

sin

a2b2 由余弦定理cosC

26k 化简得c249k2，解得c7k（边长为正，舍去负根b2c2 (5k)2(7k)2(6k 38k 由余弦定理得cosA

25k

70k （2）DCDB0DCDB，即CDBπVCDB所以DCBBπ因此cosDCBcosπBsinB a2c2 由余弦定理得cosB 1cos2B0π1cos22所以cosDCBsinB2

26k 151572（1）(0.00250.0050.0125a0.00750.0050.0025201，解得a0.015每周课外阅读时间在60分钟以上（含60分钟）P(0.0150.00750.0050.0025)200.03200.6样本数据在[020)内的频率为0.0025200.05x10，方差s23 样本数据在[2040)内的频率为0.005200.10x30，方差s25 设样本数据在[040)x，方差为s2x0.05100.10303.5700.05

1

702

25 702s2 30

3

3

31316002540011627241516278302457913 9 3 9 故样本数据在[040)内的方差s2为18．(1)ACBC3AB32AC2BC2AB2ACBC．ACC1A1ABCACC1A1ABCACBCABC，证明：因为四边形MNFE为平行四边形，所以MN∥EF因为MN⊄ABCEFABC，所以MNABC因为MNBCC1B1BCC1B1ABCBC，所以MNBC66（1）AA1CC1AA1C1CPQAC．ACC1A1ABCACPQACC1