山东省潍坊市潍坊第一中学2025-2026学年高二上册8月开学考试数学试题 含答案解析

数学考试时长：120分钟时间：2025年8月一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．1.已知复数（其中i为虚数单位），则z的虚部为（）A. B. C. D.2.已知角终边上一点，则（）A. B. C. D.3.已知平面向量，，且，则（）A. B. C. D.4.已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则5.下列说法正确的是（）A.底面是矩形的平行六面体是长方体B.正四面体的高为其棱长的倍C.用一个平面截正方体，得到的截面可能为五边形D.过圆锥顶点的所有截面中，轴截面面积最大6.若，且是第三象限角，则（）A. B. C. D.7.如图，在平行四边形中，，，E为的中点，若，则（）A.1 B. C. D.28.将函数的图像向左平移个单位，得到函数的图像，若为奇函数，则ω的最小值是（）A. B.1 C. D.2二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知复数z，则下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.10.已知O是所在平面内一点，，，，则下列说法正确的是（）A.外接圆的半径为 B.内切圆的半径为C.若O是的外心，则在上的投影向量为 D.若O是的垂心，则在上的投影向量为11.如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，R是线段BN上的动点，则（）A.存在点Q，使平面MBNB.MN与PB为异面直线C.线段QR的最小值是2D.经过M，B，C，N四点的球的表面积为三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．12.已知正三棱柱的高为2，底面边长为，则该三棱柱的外接球的体积为________.13.已知，且，则________.14.设n次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.已知，则________；若，则________.四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．15.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求角A的大小；（2）若，，求的面积.16.已知函数的部分图像，如图所示.（1）求函数的解析式；（2）将函数的图像向右平移个单位，再将得到的图像上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求函数在区间上的单调递增区间.17.已知直三棱柱，，D，E分别是边，的中点．（1）证明：平面；（2）若三棱锥体积为，且，设与平面所成的角为，求的最大值．18.如图，已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积记为S，且，D是的中点，点E在线段上且，线段与线段交于点M.（1）求角A的大小；（2）若，求的值；（3）若，且点G是的重心，求线段的最小值.19.如图，我们把由平面内夹角为的两条数轴，构成的坐标系称为“完美坐标系”，设，分别为，正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”.（1）若向量的“完美坐标”为，求；（2）已知，分别为向量，的“完美坐标”，证明：；（3）若向量，的“完美坐标”分别为，，设函数，若对任意的，不等式恒成立，求实数m的取值范围.

数学考试时长：120分钟时间：2025年8月一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．1.已知复数（其中i为虚数单位），则z的虚部为（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：根据题意结合复数的运算求得，即可得z的虚部.解答过程：由题意可得：，所以z的虚部为.故选：D.2.已知角终边上一点，则（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：求出斜边OP的长，再根据余弦的定义解即可，其中O为坐标系原点.解答过程：设角的终边过,则有..故选：A.方法提示：考查三角函数定义式的推广式.设是一个任意大小的角，的终边上任意一点P的坐标是，它与原点的距离是，则.3.已知平面向量，，且，则（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：先根据向量共线求解出参数的值，然后根据坐标运算即可计算出的结果.解答过程：因为，，且，所以，，故选：A.4.已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则答案：D解析：思路：举反例可判断ABC；由线面垂直的性质定理可判断D.解答过程：对于A，若，，则，或，故A错误；对于B，若，，则，或与相交，故B错误；对于C，若，，则与相交，或，或，故C错误；对于D，若，，则，故D正确.故选：D.5.下列说法正确的是（）A.底面是矩形的平行六面体是长方体B.正四面体的高为其棱长的倍C.用一个平面截正方体，得到的截面可能为五边形D.过圆锥顶点的所有截面中，轴截面面积最大答案：C解析：思路：由长方体的结构特征判断A；根据正四面体的定义求解判断B；由正方体的结构特征，作出截面即可判断C；根据圆锥的结构特征，即可判断D.解答过程：对于A，底面是矩形的平行六面体，它的侧面不一定是矩形，故它也不一定是长方体，即A不正确；对于B，设棱长为a，正四面体的高是从一个顶点垂直于对面的高度，所以底面的等边三角形的高为，底面的重心将高分为，又正四面体的高h与侧棱a和底面重心到顶点的距离构成直角三角形：所以，故B不正确；对于C，用一个平面去截一个正方体，分别是所在棱的中点，所得截面形状可能为三角形、四边形、五边形、六边形，如图所示：

，故C正确；对于D，过圆锥顶点的截面为等腰三角形，且两腰长为母线长，设该等腰三角形顶角为，则截面三角形面积为，显然当，面积最大，故当圆锥的轴截面三角形顶角大于时，圆锥的轴截面面积不一定是最大的，故D错误.故选：C.6.若，且是第三象限角，则（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：利用诱导公式结合同角三角关系可得，再利用诱导公式运算求解.解答过程：因为，即，且是第三象限角，则，所以.故选：B.7.如图，在平行四边形中，，，E为的中点，若，则（）A.1 B. C. D.2答案：A解析：思路：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.解答过程：设的长为，因为，，所以，解得或（舍去）．

故选：A8.将函数的图像向左平移个单位，得到函数的图像，若为奇函数，则ω的最小值是（）A. B.1 C. D.2答案：A解析：思路：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.解答过程：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：A二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知复数z，则下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.答案：BC解析：思路：对于A，由已知可得，则复数不确定，即可判断；对于B，由于，可得，即可判断；对于C，由，可得在复平面内复数z对应的点的集合为以原点为圆心，以1为半径的圆，即单位圆，由表示单位圆上的点与点的距离，即可求得的范围，即可判断；对于D，设，计算求得及，即可判断.解答过程：根据题意，对于选项A，设，由于，所以，则复数不确定，故选项A不正确；对于选项B，设，由于，所以，则，所以，，则，故选项B正确；对于选项C，设，由于，所以，所以在复平面内复数z对应的点的集合为以原点为圆心，以1为半径的圆，即单位圆，因为表示单位圆上的点与点的距离，所以的最小值为，最大值为，所以，故选项C正确；对于选项D，设，，，当时，，例如，，，，所以选项D错误.故选：BC．10.已知O是所在平面内一点，，，，则下列说法正确的是（）A.外接圆的半径为 B.内切圆的半径为C.若O是的外心，则在上的投影向量为 D.若O是的垂心，则在上的投影向量为答案：ACD解析：思路：利用余弦定理求出，再利用正弦定理求解判断A；利用三角形面积公式计算判断B；利用投影向量的意义求解判断CD.解答过程：对于A，在中，，则，由余弦定理得，即.设外接圆的半径，由正弦定理可得，则，A正确；对于B，的面积为，设内切圆的半径为，则，解得，B错误；对于C，若为的外心，结合投影向量定义可得在上的投影向量为，C正确.对于D，，若为的垂心，则在上的投影向量为，D正确.故选：ACD11.如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，R是线段BN上的动点，则（）A.存在点Q，使平面MBNB.MN与PB为异面直线C.线段QR的最小值是2D.经过M，B，C，N四点的球的表面积为答案：ABD解析：思路：当Q为的中点时，证明平面MBN判断A；由MB，PN分别在两个平行的平面内，且，而，即四点不共面，即得MN与PB为异面直线判断B；建立空间直角坐标系，设点，，得到的表达式，并求出其最小值判断C；设经过四点的球的球心O的坐标为，利用球的半径相等，列出方程组，求出，进而求出球的表面积判断D.解答过程：对于A，如上图，当Q为的中点时，满足平面.如图，连接，，因为M，N，P分别是，，的中点，所以，因为平面MBN，平面MBN，所以平面，故A正确；对于B，如上图，连接，因为，而，MB，PN分别在两个平行的平面内，故与为异面直线，即四点不共面，所以MN与PB为异面直线，故B正确；对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，故，设点，则，因R是线段BN上的动点，则，，即，所以点R的坐标为，所以，所以当，即时，取得最小值为，故C错误；对于D，由C项建立的空间直角坐标系中，可知，设经过四点的球的球心O坐标为，则有，即，解得，故球的半径为，即球的表面积为，故D正确．故选：ABD三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分．12.已知正三棱柱的高为2，底面边长为，则该三棱柱的外接球的体积为________.答案：解析：思路：利用正弦定理求底面等边三角形的外接圆半径，结合正三棱柱的结构特征求半径和体积.解答过程：由题意可知：底面等边三角形的外接圆半径，则外接球的半径，所以该三棱柱的外接球的体积为.故答案为：.13.已知，且，则________.答案：##解析：思路：由同角三角函数基本关系式求出，再根据两角差的余弦公式即可得结果.解答过程：因为，所以，又，所以，所以，故的值为.故答案为：14.设n次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.已知，则________；若，则________.答案：①.②.解析：思路：本题可先根据切比雪夫多项式的定义求出的表达式，再利用三角函数的相关公式化简计算可得，先求，进而化简计算可得结果.解答过程：时，由，可得,时，由，可得,时，由，可得,所以，，得.由，即，，结合，可得..故答案为：；四、解答题：本大题共5小题，共计77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．15.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求角A的大小；（2）若，，求的面积.答案：（1）（2）解析：思路：（1）由正弦定理得，由，求出，由此求出角A．（2）由余弦定理得，从而，由此能求出的面积．（1）由正弦定理可得：由两角和的正弦公式.因为在中，，则，所以，因为，所以，即，又因为，所以.（2）已知，，，根据余弦定理代入可得：，化简可得，解得或（舍）根据三角形面积公式可得.16.已知函数的部分图像，如图所示.（1）求函数的解析式；（2）将函数的图像向右平移个单位，再将得到的图像上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图像，求函数在区间上的单调递增区间.答案：（1）（2），解析：思路：（1）结合三角函数的图像求参数的值即可得解；（2）由三角函数图像的平移和伸缩变换求出函数的解析式，再结合三角函数单调区间的求法即可.（1）由题图得，因为，∴.由，得，所以，解得.又因为，∴当时，.又由，得.故.（2）将的图像向右平移个单位，得到的图像，再将得到的图像上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到的图像.由，，得，当时，；当时，，因为，所以函数在区间上的单调递增区间为，17.已知直三棱柱，，D，E分别是边，的中点．（1）证明：平面；（2）若三棱锥体积为，且，设与平面所成的角为，求的最大值．答案：（1）证明见解析（2）解析：思路：（1）证法一：取中点F，证明四边形ADEF是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明即可；证法二：取BC中点F，先证明，，然后利用线面平行的判定定理证明平面，再利用面面平行的判定定理证明平面平面，即可得证；（2）根据线面角的定义，先确定即为角，再通过等体积法求出，即可利用重要不等式求出的最小值，再根据即可求出的最大值.（1）证法一：如下图所示，取中点F，连接EF，FA，E是的中点，EF为的中位线，且，又且，且，四边形ADEF为平行四边形，.又平面，平面，平面；证法二：如下图所示，取BC中点F，连接EF，DF，D是的中点，DF为中位线，，又平面，平面，平面.在三棱柱中，且，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面.，平面DEF，平面平面，又平面DEF，平面；（2）如下图所示，连接，是直三棱柱，平面，平面，.，,平面，平面，就是在平面内的射影，即为与平面所成的角.，，（当且仅当时等号成立）.在中，.故的最大值为.18.如图，已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积记为S，且，D是的中点，点E在线段上且，线段与线段交于点M.（1）求角A的大小；（2）若，求的值；（3）若，且点G是的重心，求线段的最小值.答案：（1）（2）（3）解析：思路：（1）根据题意利用面积公式和余弦定理