江西省宜春市豐城市第九中學2025-2026學年高二上學期開學考試數學試題（含解析）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁江西省宜春市豐城市第九中學2025-2026學年高二上學期開學考試數學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．復數的共軛復數是（

）A． B． C． D．2．已知一個扇形的圓心角為，且所對應的弧長為，則該扇形面積為（

）A． B． C． D．3．已知向量，且，則的值為（

）A．3 B． C．2 D．4．若，則（

）A．1 B．-1 C．2 D．-25．在四邊形中，，將折起，使平面平面，構成三棱錐，如圖，則在三棱錐中，下列結論不正確的是（

）A． B．C．平面平面 D．平面平面6．的內角，，所對的邊分別是，，，已知，則的最大值為（

）A． B． C． D．7．21世紀以來，中國鋼鐵工業進入快速發展階段，某工廠要加工一種如圖所示的圓錐體容器，圓錐的高和母線長分別為和，該容器需要在圓錐內部挖出一個正方體槽，則可以挖出的正方體的最大棱長為（

）

A． B． C． D．8．已知平面向量、、滿足，且對任意實數恒成立，則的最小值為（

）A． B． C． D．二、多選題9．對于函數和，下列說法中正確的有（

）A．與有相同的零點 B．與有相同的最大值C．與有相同的最小正周期 D．與的圖象有相同的對稱軸10．已知分別是三個內角的對邊，下列四個命題中正確的是（

）A．若，則是銳角三角形B．若，則是等腰三角形C．若，則是等腰三角形D．是銳角三角形，則11．如圖，正方體的棱長為2，，分別是，的中點，點是底面內一動點，則下列結論正確的為（

）A．存在點，使得平面B．過，，三點的平面截正方體所得截面圖形是平行四邊形C．異面直線與所成的角的大小為D．若平面，則點的軌跡的長度為三、填空題12．已知，，則在方向上的投影向量坐標為．13．若，則．14．已知四邊形ABCD為平行四邊形，，，，現將沿直線BD翻折，得到三棱錐，若，則三棱錐的內切球與外接球表面積的比值為.四、解答題15．記的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．(1)求B的大??；(2)若，的面積為，求的周長．16．如圖，在三棱柱中，側面為菱形，邊長為2，且，，是的中點.（1）求證：平面；（2）若平面平面，與平面所成的角為，求四棱錐的體積.17．已知函數，圖象的相鄰對稱軸之間的距離為.(1)求的解析式和函數的單調遞增區間；(2)將函數圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的，縱坐標伸長為原來的2倍，再向左平移個單位得的圖象，若關于的方程在上只有一個解，求實數的取值范圍.18．如圖，已知三棱臺，底面是以為直角頂點的等腰直角三角形，體積為，平面平面，且.(1)證明：平面；(2)求點到面的距離；(3)在線段上是否存在點，使得二面角的大小為，若存在，求出的長，若不存在，請說明理由.19．如圖，中，，，點在線段上，為等邊三角形.

(1)若，，求線段的長度;(2)若，求線段的最大值;(3)若平分，求與內切圓半徑之比的取值范圍.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《江西省宜春市豐城市第九中學2025-2026學年高二上學期開學考試數學試題》參考答案題號12345678910答案BBABDADBBCACD題號11答案AC1．B【分析】根據復數的除法運算求，進而可得共軛復數.【詳解】因為，所以.故選：B.2．B【分析】先求出扇形的半徑，再根據公式可求扇形的面積.【詳解】因為扇形的圓心角為，且所對應的弧長為，故半徑為，故面積為，故選：B.3．A【分析】應用向量垂直的坐標表示列方程，求參數值.【詳解】由題設，可得.故選：A4．B【分析】由兩角差的正弦、余弦、正切公式展開化簡即可.【詳解】由題意得，則故選：B5．D【分析】根據線面、面面垂直的判定定理以及線面、面面垂直的性質定理逐項判斷即可.【詳解】對于B，如圖①，因為，所以，又因為，，所以，所以，所以，故B正確；對于A，由B選項知，又因為平面平面，平面，平面平面，所以平面，因為平面，所以，故A正確；對于C，由選項A知，平面，因為平面，所以平面平面，故C正確;對于D，如圖②過點A作，垂足為，因為平面平面，平面，平面平面，所以平面，顯然平面，所以平面與平面不垂直，故D錯誤.故選：D.6．A【分析】結合條件利用余弦定理得，然后利用余弦定理和基本不等式求解，然后根據余弦函數的單調性求解即可．【詳解】的內角，，所對的邊分別是，，，已知，則，整理得．由余弦定理得，當且僅當時取等號，所以，又，故，即的取值范圍是.故選：A7．D【分析】由題意可知，過圓錐的頂點和正方體底面對角線作圓錐的軸截面，如圖所示時，此時正方體的棱長最長，再根據圖中的幾何關系即可求出此結果．【詳解】因為圓錐的高和母線長分別為和，則圓錐的底面半徑為，過圓錐的頂點和正方體底面對角線作圓錐的軸截面，如下圖所示：

此時正方體的棱長最大，設正方體的棱長為，則作垂直地面于，則因為，所以，即即，所以.故選：D.8．B【分析】對于不等式，我們兩邊平方得到關于實數的不等式，進而得到，再結合向量的運算性質得到，最后利用絕對值三角不等式求解最值即可.【詳解】由，兩邊平方得又，且對任意實數恒成立，即恒成立，故，即，解得，即，且，而，故，則由絕對值三角不等式得，故B正確.故選：B【點睛】關鍵點點睛：解題的關鍵先利用對任意實數恒成立，求得，再利用絕對值三角不等式求解最值即可.9．BC【分析】根據正弦函數的零點，最值，周期公式，對稱軸方程逐一分析每個選項即可.【詳解】A選項，令，解得，即為零點，令，解得，即為零點，顯然零點不同，A選項錯誤；B選項，顯然，B選項正確；C選項，根據周期公式，的周期均為，C選項正確；D選項，根據正弦函數的性質的對稱軸滿足，的對稱軸滿足，顯然圖像的對稱軸不同，D選項錯誤.故選：BC10．ACD【分析】由兩角和的正切公式結合誘導公式判斷A，由正弦定理化邊為角結合正弦的二倍角公式判斷B，由正弦定理化邊為角，逆用兩角和的正弦公式判斷C，根據，結合正弦函數單調性判斷D.【詳解】選項A：因為，且是的內角，所以，所以，所以都是銳角，所以是銳角三角形，故選項A正確；選項B：由及正弦定理可得，即，所以或，所以或，所以是等腰三角形或直角三角形，故選項B錯誤；選項C：由及正弦定理可得，即，因為是的內角，所以，所以是等腰三角形，故選項C正確；選項D：是銳角三角形，所以，即，則，故選項D正確；故選：ACD11．AC【分析】A選項，作出輔助線，得到線面平行，故平面平面，故當在線段上時，滿足平面，A正確；B選項，作出輔助線，得到四邊形為截面圖形，并得到其為梯形；C選項，作出輔助線，為直線與所成角，為等邊三角形，故，C正確；D選項，作出輔助線，證明出平面平面，故當在線段上時，平面，點的軌跡的長度為，D錯誤.【詳解】A選項，取的中點，連接，因為，分別是，的中點，所以，因為平面，平面，所以平面，因為，同理可得平面，因為，平面，所以平面平面，故當在線段上時，滿足平面，A正確；

B選項，連接，由A知，，又，所以，所以四邊形即為過，，三點的平面截正方體所得截面圖形，因為，所以四邊形為梯形，B錯誤；C選項，由B知，，故為直線與所成角或其補角，連接，則，所以為等邊三角形，故，異面直線與所成的角的大小為，C正確；D選項，連接，因為，平面，平面，所以平面，又，同理可得平面，又，平面，所以平面平面，故當在線段上時，平面，所以平面，所以若平面，則點的軌跡的長度為，D錯誤故選：AC12．【分析】求出向量的坐標，利用投影向量的定義結合平面向量數量積的坐標運算可求得結果.【詳解】因為，，則，所以，在方向上的投影向量為.故答案為：.13．【分析】根據積化和差公式求解即可.【詳解】因為，所以，故答案為：.14．【分析】根據題意利用余弦定理求得，由此三棱錐的對棱相等，故此三棱錐的三組對棱是一個長方體的六個面的對角線，利用長方體的性質求外接圓半徑，再等體積法求出內切球半徑，運算求解即可.【詳解】在中，，故，即，則折成的三棱錐中，，，，即此三棱錐的對棱相等，故此三棱錐的三組對棱是一個長方體的六個面的對角線，設長方體從同一個頂點出發的三條棱長分別為a，b，c則，解得，此長方體的外接球是三棱錐的外接球，設外接球的直徑，即，又因為三棱錐是長方體切掉四個角，故三棱錐，三棱錐四個側面是全等的，，設內切球半徑為，以內切球球心為頂點，把三棱錐分割為以球心為頂點，四個面為底面的四個小三棱錐，四個小三棱錐體積等于大三棱錐的體積，故，則三棱錐的內切球與外接球表面積的比值為.故答案為：.【點睛】方法定睛：多面體與球切、接問題的求解方法(1)涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題求解．(2)若球面上四點P、A、B、C構成的三條線段PA、PB、PC兩兩垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有關元素“補形”成為一個球內接長方體，根據4R2＝a2＋b2＋c2求解．(3)正方體的內切球的直徑為正方體的棱長．(4)球和正方體的棱相切時，球的直徑為正方體的面對角線長．(5)利用平面幾何知識尋找幾何體中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解．15．(1)(2)【分析】（1）用正弦定理將邊化為角，再利用展開化簡即可求解；（2）由面積可得，由余弦定理可得，解方程即可求出，進而可求周長.【詳解】（1）由題意得，因為，所以，得，得，因為，所以．（2）由，得．由余弦定理，得，得，得，所以的周長為．16．（1）證明見解析（2）【分析】（1）連接，設，連接.利用三角形中位線的性質可證，即可得證.（2）為正三角形，所以，再由平面平面，可得平面，利用割補法求出四棱錐的體積.【詳解】（1）證明：連接，設，連接.因為三棱柱的側面為平行四邊形，所以為的中點.在中，因為是的中點，所以.因為平面，平面，所以平面.（2）因為為正三角形，所以，，因為平面平面，平面平面，所以平面，所以為與平面所成的角，所以，所以，因為，為中點，所以.所以.【點睛】本題考查線面平行的判定，四棱錐的體積的計算問題，屬于基礎題.17．(1)；的單調遞增區間為(2)【分析】（1）利用正余弦的二倍角公式、兩角和的正弦公式化簡；根據的最小正周期為求出可得；再求單調遞增區間即可；（2）利用圖象平移可得，令，轉化為在上只有一個解，結合圖象可得答案.【詳解】（1），，因為圖象的相鄰對稱軸之間的距離為，所以的最小正周期為，所以，得，所以，令，則，所以的單調遞增區間為；（2）由（1）知，將圖象上所有點的橫坐標縮短為原來的，縱坐標伸長為原來的2倍，得到函數的圖象，再向左平移個單位得的圖象.令，，則，所以，因為在上只有一個解，由的圖象（如圖）可得，或，所以的取值范圍是.18．(1)證明見解析；(2)；(3)存在，.【分析】（1）利用面面垂直的性質推理即得.（2）延長交于一點，根據可求得，利用等體積法構造方程求解.（3）根據線面垂直和面面垂直性質可作出二面角的平面角，設，根據幾何關系可表示出，由二面角大小可構造方程求得，進而得到結果.【詳解】（1）在三棱臺中，平面平面，，而平面平面，平面，所以平面.（2）由棱臺性質知：延長交于一點，

由，得，點到平面的距離為到平面距離的2倍，則，于是，由平面，得為點到平面的距離，又，則是的中點，，即為正三角形，為正三角形，設，則，，解得，，由平面，得，，，設點到平面的距離為，由，得，解得：.即點到平面的距離為.（3）由平面，平面，得平面平面，取中點，連接，在正中，，而平面平面，則平面，而平面，則，又平面，則平面平面，作于，平面平面，則平面，，而平面，則，作于，連接，，平面，則平面，而平面，于是，即二面角的平面角，設，由（2）知：，，由，得，，由，得，若存在使得二面角的大小為，則，解得，，所以存在滿足題意的點，.【點睛】關鍵點點睛：本題考查立體幾何中的垂直關系的證明、點面距離的求解、二面角問題的求解；求解二面角問題的關鍵是能夠利用三垂線法，作出二面角的平面角，進而根據幾何關系構造關于長度的方程，從而求得結果.19．(1)(2)(3)【分析】（1）用向量表示,再根據已知條件求即可；（2）由（1）可知，通過向量運算得，兩邊同時平方，由向量的數量積運算即可；（3）根據角平線的性質得出，在，中，利用余弦定理得，再利用等面積法得到，最后根據的范圍即可求出結果.【詳解】（1）因為,,所