答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁四川省成都市2025-2026學年高二上學期入學測試數學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．已知集合，則（）A． B． C． D．2．命題“，”的否定是（

）A．， B．，C．， D．，3．（

）A． B． C． D．14．已知實數，且，若恒成立，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．5．命題“，”為真命題的一個充分不必要條件是（

）A． B． C． D．6．已知，，，則a，b，c的大小關系為（

）A． B．C． D．7．已知，，若，則（

）A． B． C． D．8．記銳角三角形的內角所對的邊分別為，已知，，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．二、多選題9．已知函數的最小正周期為，則下列結論正確的是（

）A．直線是函數圖象的一條對稱軸B．函數在區(qū)間上的最大值為C．函數在區(qū)間上單調遞增D．將函數圖象上所有的點向左平移個單位，得到的圖象10．在矩形中，AB=2，AD=1，P，Q分別為線段上的動點，M，N分別為線段的中點，則下列說法正確的是（）A．B．//C．當P，Q分別為線段的中點時，D．若則的最小值為211．（多選）在棱長為2的正方體中，為的中點，是側面內的一點（包含邊界），則以下結論正確的是（

）A．若，則的軌跡長度為B．與所成角的最大值為C．若在線段上，則D．若在線段上，則三棱錐的外接球表面積的取值范圍是三、填空題12．若復數z滿足，是虛數單位，則．13．已知且，則實數．14．如圖，在四棱錐中，底面是正方形，底面，.則二面角的大小

四、解答題15．（1）計算：；（2）已知，求的值.16．已知(1)求的值；(2)求的值.17．如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，，為等邊三角形，平面平面，．(1)設分別為的中點，求證：平面；(2)求證：平面；(3)求直線與平面所成角的正弦值．18．在中，角，，的對邊分別是，，，向量，，且.(1)若，，求面積的最大值；(2)若，求的取值范圍.19．如圖，我們把由平面內夾角為的兩條數軸，構成的坐標系稱為“完美坐標系”，設，分別為，正方向上的單位向量，若向量，則把實數對叫做向量的“完美坐標”.(1)若向量的“完美坐標”為，求；(2)已知，分別為向量，的“完美坐標”，證明：；(3)若向量，的“完美坐標”分別為，，設函數，若對任意的，不等式恒成立，求實數m的取值范圍.《四川省成都市2025-2026學年高二上學期入學測試數學試題》參考答案題號12345678910答案DABCDABDADABD題號11答案AD1．D【分析】根據集合交集的定義，計算即可得答案.【詳解】因為集合是所有非正整數組成的集合，所以．故選：D．2．A【分析】根據存在量詞命題的否定可直接寫出答案.【詳解】命題“，”為存在量詞命題，它的否定為全稱量詞命題，即，，故選：A3．B【分析】利用兩角和的余弦公式即可求解.【詳解】由.故選：B.4．C【分析】根據給定條件，利用“1”的妙用求出最小值，再建立不等式求解.【詳解】實數，則，當且僅當時等號成立，由恒成立，得，解得，所以實數的取值范圍為.故選：C5．D【分析】求出命題“，”為真命題時a的值，再結合充分不必要條件的定義即可得解.【詳解】若命題“，”為真命題，則，恒成立.令，則函數在上單調遞減，在上單調遞增，且，所以在當時，取得最大值6，可得，所以各選項中只有是是的一個充分不必要條件，即是“，”為真命題的一個充分不必要條件.故選:D.6．A【分析】應用作商法及基本不等式比較大小，由對數的運算性質求，再由對數的性質比較大小，即可得.【詳解】因為，所以，因為，又，故.故選：A7．B【分析】根據向量垂直的坐標表示可得，再結合齊次式問題運算求解.【詳解】因為，則，可得，則，即.故選：B.8．D【分析】根據三角形內角和得，結合正弦定理計算，利用兩角和的正弦公式和二倍角公式化簡式子，結合銳角三角形角的范圍解得的取值范圍．【詳解】因為，所以．由正弦定理，有所以．因為．又，所以．因為是銳角三角形，所以所以，所以．所以，即的取值范圍是，故選：D．9．AD【分析】根據周期公式先算出，由代入檢驗法判斷A選項，根據正弦函數的最值，單調性判斷BC，先求出平移后的解析式然后判斷D.【詳解】因為函數的最小正周期為，所以，解得，所以，則，所以直線是函數圖象的一條對稱軸，故A正確；當，則，所以當，即時取得最大值，故B錯誤；當，則，因為在上不單調，所以在區(qū)間上不單調，故C錯誤；將函數圖象上所有的點向左平移個單位得到的圖象，故D正確.故選：AD10．ABD【分析】建立平面直角坐標系，給出點的坐標可以判斷ABD各項，對于C項，由四邊形與四邊形均為邊長為1的正方形，即可判斷．【詳解】建立平面直角坐標系，如圖所示：則，由于P，Q分別為線段上的動點，可設，對于A項，，則，故A項正確；對于B項，由于M，N分別為線段的中點，則，得，而，則，故B項正確；對于D項，因為，所以，得，由，等號成立時，，則，得，得，得，則的最小值為2，故D項正確；對于C項，如圖所示：四邊形與四邊形均為邊長為1的正方形，則，故C項錯誤．故選：ABD11．AD【分析】對于A，由可知為圓錐的母線長相等，從而可得的軌跡為四分之一圓弧長即可求解；對于B，利用這兩條異面直線可以證明垂直，故最大角就是，便可判斷錯誤；對于C，通過舉反例，可得到不成立，從而可得到判斷；對于D，把這個三棱錐的外接球問題轉化為三角形的外接圓半徑的范圍，然后可求得外接球的半徑范圍，從而可作出判斷.【詳解】對于A，取為的中點，如圖1，此時滿足，因為點在側面內，且，所以的軌跡為以為球心，為半徑的球面與側面的交線，為以點為圓心且以為半徑的四分之一圓弧，即長度為，故A正確．對于B，如圖2所示，連接，在中，，同理可求得，所以為等腰三角形，當點為的中點時，，易知，故，此時EF與所成角為，故B錯誤．對于C，舉反例，當點與點重合時，平面平面，所以EF與不垂直，故C錯誤．對于D，如圖3，設，當點為的中點時，最大，取的中點，連接PF，如圖4，則，所以；當點與點或點重合時，最小，此時，所以．因為在球面上，所以的外接圓直徑，所以三棱錐的外接球的直徑為，所以三棱錐的外接球的半徑，所以三棱錐的外接球的表面積，故D正確．故選：AD．12．【分析】先根據復數除法算出復數值，然后根據模長公式求解.【詳解】由題知，，于是.故答案為：13．/-1.5【分析】利用向量平行坐標公式，即對應分量成比例或叉積為零，建立方程求解.【詳解】因為且，所以，解得．故答案為：．14．【分析】過作交于，連接，由線面垂直的性質結合勾股定理可得，則，再根據二面角的定義可知即為二面角的平面角，求即可.【詳解】如圖過作交于，連接，

因為底面，底面，所以，，，因為底面是正方形，，所以由勾股定理可得，即，又，，所以，所以，因為平面平面，所以即為二面角的平面角，因為，由勾股定理可得，，，設，則，所以由得，解得，所以，在中由余弦定理可得，因為，所以，即二面角的大小為，故答案為：15．（1）；（2）.【分析】（1）利用對數的運算法則求解即可；（2）由已知利用誘導公式得，運用化成關于的齊次分式，再弦化切代入計算即可得解.【詳解】（1）；（2）由，得，16．(1)；(2).【分析】（1）根據同角的三角函數關系可求出，利用二倍角公式即可求得答案；（2）利用二倍角正切公式以及兩角和的正切公式，即可求得答案.【詳解】（1）由題意知，故，故；（2）由于，且，則，結合，可得，結合（1）可得，而，故，由于，故.17．(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）連接，則，利用三角形中位線定理證明，由線線平行即可證得線面平行；（2）取中點，連接，證明，利用平面平面證明平面，得，結合條件，再由線線垂直即可證得平面；（3）由（2）已得平面，則即直線與平面所成角，則可借助于，利用三角函數的定義即可求得.【詳解】（1）如圖，連接，因底面為平行四邊形，則，，因，則，因平面，平面，故平面.（2）取中點，連接，因為等邊三角形，則，又平面平面，平面平面，平面，則平面，又平面，故，因，平面，故平面.（3）由（2）已得平面，連接，則即直線與平面所成角，因為等邊三角形，，則，又，在中，.即直線與平面所成角的正弦值為.18．(1)(2)【分析】（1）根據向量垂直的坐標表示，，利用正弦定理及和差公式可得，進而得求得角；由，得到，兩邊平方，結合和，可得，利用基本不等式即可求解；（2）由正弦定理可得，，再利用和差及輔助角公式得到，由的范圍即可確定的范圍.【詳解】（1）因為，所以，即，由正弦定理得，所以.即因為，所以，所以，所以.因為，所以.因為，所以，所以，所以，因為，且，所以，當且僅當時，等號成立，則的面積，即面積的最大值為.（2）由正弦定理可得，則，，故，在中，，所以，所以，所以，則，即的取值范圍為.19．(1)(2)證明見解析(3).【分析】（1）先計算的值，再由，利用向量數量積的運算律計算即可；（2）利用向量數量積的運算律計算并化簡即可得證；（3）利用