2026-2027学年广西钦州市高二上学期开学综合练习数学试卷（含答案）

/数学满分150分，考试时间120分钟）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．1.已知，，则的值为（）A. B. C. D.2.已知扇形的圆心角，半径．若仅将减小，则扇形的面积减小了（）A. B. C. D.3.已知l、m是两条互异的直线，、是两个互异的平面，则下列命题中正确的是（）A.若且，则 B.若且，则C.若且，则 D.若且，则4.已知向量，，满足．若，则与夹角的大小是（）A. B. C. D.5.已知为第二象限角，且，则（）A. B. C. D.6.将函数的图象先向左平移，再将横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，所得图象对应的函数解析式为（）A. B.C. D.7.在△ABC中，若，且满足，则△ABC的面积等于（）A. B.2 C. D.18.如图，边长都为1且互相垂直的正方形和的对角线，上分别有一动点，，满足到点的距离等于到点的距离，则四面体体积的最大值为（）A. B. C. D.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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知角的终边经过点，则（）A. B.C. D.10.已知向量，，则下列说法正确的是（）A.B.若，则C.若，则与的夹角为D.若，则在方向上的投影向量为11.如图所示，长方体，底面是边长为1的正方形，高为2，是的中点，则（）A.B.三棱锥的体积为C.平面平面D.三棱锥的外接球的表面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.设与是两个不共线向量，，，，若A，B，D三点共线，则k的值为________．13.记的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，则的最大值为__________．14.在中，为边的中点，，则的最小值为___________．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15.如图，在正三棱柱中，，，，分别是，，，的中点，．（1）求证：平面；（2）求四棱锥体积．16.在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，且．（1）求的值；（2）若，，求的面积．17.已知向量，，.（1）求向量与的夹角的大小；（2）求向量在方向上的投影；（3）若，求实数k的值.18.函数的部分图象如图所示.（1）求的解析式与单调递增区间；（2）求的解集；（3）关于的方程在区间上有两个解、且，求.19.如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，，，为上一点，设平面与平面的交线为．（1）证明：；（2）是否存在点，使得平面，若存在，求的值；若不存在，说明理由．

数学满分150分，考试时间120分钟）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．1.已知，，则的值为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：利用同角三角函数间的基本关系求出的值，即可确定出的值．解答过程：，，，则.故选：B.2.已知扇形的圆心角，半径．若仅将减小，则扇形的面积减小了（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：由扇形的面积公式即可.解答过程：因为，半径．且减小的部分也为扇形，则由扇形面积公式可得则扇形的面积.故选：D.3.已知l、m是两条互异的直线，、是两个互异的平面，则下列命题中正确的是（）A.若且，则 B.若且，则C.若且，则 D.若且，则答案：B解析：解答过程：选项A，仅当垂直于与交线时，错误.选项B，根据面面平行的性质，一条直线垂直于两个平行平面中的一个，必垂直于另一个，因此若且，则，正确.选项C，若且，则或，错误.选项D，若且，则或，错误.4.已知向量，，满足．若，则与夹角的大小是（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：利用，两边平方可得，从而可得，即可计算.解答过程：由得.所以，即.又因为，所以.因为，所以.5.已知为第二象限角，且，则（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：由二倍角公式可得，且为第二象限角，所以，，从而，故，所以，故选C.6.将函数的图象先向左平移，再将横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，所得图象对应的函数解析式为（）A. B.C. D.答案：D解析：思路：根据三角函数图象的平移变换规律即可求解.解答过程：将函数的图象向左平移后，所得图象对应的函数为；再将横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，则．故选.7.在△ABC中，若，且满足，则△ABC的面积等于（）A. B.2 C. D.1答案：C解析：思路：先根据正弦定理及余弦定理求出，从而得到，再根据数量积的定义得到，进而根据三角形的面积公式即可求解．解答过程：由，则由正弦定理有，即则由余弦定理有，又在△ABC中，，则，又，即，所以△ABC的面积为．8.如图，边长都为1且互相垂直的正方形和的对角线，上分别有一动点，，满足到点的距离等于到点的距离，则四面体体积的最大值为（）A. B. C. D.答案：C解析：思路：设，用表示三棱锥的体积，结合二次函数求其最大值.解答过程：过作，交于点，连接.因为，，所以.所以，所以.又，，所以，.设，，则，.所以，又平面平面，平面平面，平面，则平面，所以为三棱锥的高，所以，当时，取得最大值，为.故选：C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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知角的终边经过点，则（）A. B.C. D.答案：BD解析：解答过程：因为角的终边经过点，，所以，，，所以AC错误，BD正确.10.已知向量，，则下列说法正确的是（）A.B.若，则C.若，则与的夹角为D.若，则在方向上的投影向量为答案：AB解析：思路：根据平面向量的模、数量积运算、平行判定、夹角计算及投影向量的概念，结合向量运算公式分析判断即可.解答过程：选项A：已知，由模长公式得，A正确.选项B：由夹角余弦公式得，则，即，B正确.选项C：由，得，即，解得，则，所以，C错误.选项D：由，得，即，所以在方向上的投影向量为，D错误.11.如图所示，长方体，底面是边长为1的正方形，高为2，是的中点，则（）A.B.三棱锥的体积为C.平面平面D.三棱锥的外接球的表面积为答案：BD解析：思路：根据四棱柱的几何性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，根据向量方法证明选项A和选项C；根据三棱锥的体积的求法，求出三棱柱的体积，判断选项B的正误；根据四棱柱外接球的性质，求出外接球的半径，进而求出表面积，判断选项D正误.解答过程：如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可得，因为是的中点，所以，选项A：，显然不存在实数使，所以不平行，故选项A错误；选项B：可知，因为平面，所以，故选项B正确；选项C：取平面的一个法向量为，设平面的法向量为，可知

，可得，即，令，解得，即，因为，所以两平面不垂直，故选项C错误；选项D：三棱锥的四个顶点均为长方体的顶点，其外接球即为长方体的外接球，长方体的体对角线长为，所以外接球半径为，表面积，故选项D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.设与是两个不共线向量，，，，若A，B，D三点共线，则k的值为________．答案：解析：思路：先求出，再由A，B，D三点共线，必存在一个实数，使得，由此可得，即可求出结果.解答过程：因为，，，所以，由题意，A，B，D三点共线，故必存在一个实数λ，使得.所以，又因为与不共线，所以解得.故.方法提示：本题考查平面向量共线定理和平面向量基本定理的应用，本题属于基础题.13.记的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，则的最大值为__________．答案：##解析：思路：由余弦定理和正弦定理变形得到，由基本不等式求出，进而得到的最大值解答过程：因为，所以．又因为，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以．14.在中，为边的中点，，则的最小值为___________．答案：解析：思路：通过，，平方得到，再结合余弦定理和基本不等式即可求解.解答过程：设

，，，为中点，则，，两式平方相加得：代入，，得：，再由余弦定理：

​

代入

，，得：由基本不等式

，得

，当且仅当

​

时等号成立，因为

​，所以当时，取得最小值，即的最小值为

.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15.如图，在正三棱柱中，，，，分别是，，，的中点，．（1）求证：平面；（2）求四棱锥体积．答案：（1）证明：正三棱柱中，，.因为，分别是，的中点，所以，所以四边形为平行四边形，则.因为平面，平面，所以平面.（2）解析：思路：（1）根据正三棱柱的性质及线面平行的判定定理证明即可.（2）根据正三棱柱的性质及棱锥的体积公式求解即可.（1）略（2）正三棱柱中，平面，为正三角形，所以.因为，分别是，的中点，所以，，所以，所以，故梯形的面积..所以四棱锥体积为.16.在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，且．（1）求的值；（2）若，，求的面积．答案：（1）（2）解析：思路：（1）利用三角恒等变换将化为，再利用正弦定理求解即可.（2）利用余弦定理求出的值，再利用面积公式即可.（1）在中，，所以.因为，所以所以.因为，所以.所以因为，所以，即.（2）由余弦定理得，所以，所以.所以.所以.17.已知向量，，.（1）求向量与的夹角的大小；（2）求向量在方向上的投影；（3）若，求实数k的值.答案：（1）（2）（3）解析：（1）已知向量，，，，，则，又，，即向量与的夹角的大小为.（2）已知向量，，，，所以向量在方向上的投影为.（3）由题意可得，，，可得，即.18.函数的部分图象如图所示.（1）求的解析式与单调递增区间；（2）求的解集；（3）关于的方程在区间上有两个解、且，求.答案：（1），单调递增区间为（2）（3）解析：思路：（1）由函数的图象可得出的值，该函数的最小正周期，可求得的值，再由结合的取值范围可得出的值，结合正弦型函数的单调性可求出函数的单调递增区间；（2）由可得出，可得出关于的不等式，即可解得原不等式的解集；（3）由对称性得出，分析可知，利用同角三角函数的基本关系可求出的值，再由诱导公式可求得的值.（1）由函数的部分图象可知，函数的最小正周期满足，于是，所以，所以函数，又，则，所以，解得，由可得，所以.令，解得，故单调递增区间为.（2）由得，可得，解得，故的解集为.（3）当时，则，因为、，则、，由于，所以，所以，所以，因为，所以，则，因此.19.如图，在四棱锥中，和