精品解析：浙江省杭州学军中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷含解析（word版）

这是一份精品解析：浙江省杭州学军中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷含解析（word版），共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题人：封荣旭 审题人：李丽丽
一、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. 已知集合，，则中元素的个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合元素的特点，用列举法写出满足条件的元素即可.
【详解】中的元素需要同时满足：是正整数、、.
由得，代入得：.
因为是正整数，所以的取值为，
对应得到满足条件的有序数对为：，共个元素，
所以中元素的个数为.
2. 下列图象表示的函数中，在R上是增函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】观察图形，结合单调性的定义可以得到选项.
【详解】解：由图形可知：
A：在上单调递减，所以不正确；
B：在上单调递增，在上单调递增，但是在定义域上不单调，所以不正确；
C：在上单调递减，在上单调递增，不正确；
D：在上单调递增，正确；
故选：D
【点睛】本题考查由图形确定函数的单调性，属于基础题.
3. 在中，已知，，，则（ ）
A. 1B. C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长.
【详解】设，
结合余弦定理：可得：，
即：，解得：（舍去），
故.
故选：D.
【点睛】利用余弦定理及其推论解三角形的类型：
(1)已知三角形的三条边求三个角；
(2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角；
(3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形．
4. 设是三个不同平面，且，则是的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用面面平行的性质定理，及它们之间的推出关系，即可以作出判断.
【详解】由于，，由平面平行的性质定理可得：，
所以是的充分条件；
但当，，并不能推出，也有可能相交，
所以是的不必要条件；
故选:A.
5. 已知，且，则
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先利用三角函数正切函数的和差公式计算判定BD，再运用正切函数性质，放缩判定AC.
【详解】，则，则，
整理得到.
因此.故B错误，D正确.
，则，.则.
且.解得.同理得，则，
因此得，则.故AC错误.
故选：D.
6. 已知，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数单调性判断的范围，再结合指数函数和幂函数单调性比较大小关系即可.
【详解】指数函数，底数，因此是上的减函数,
原不等式可改写为：,
根据减函数性质：函数值越小，对应指数越大，得：.
指数函数，底数，因此是减函数，
因为，所以.
幂函数，指数，因此在上是增函数.
因为，所以
所以
7. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，圆锥的高分别为和，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用圆锥侧面积公式求解圆心角的关系，由圆锥侧面展开圆心角公式推导出底面半径的关系，进而根据圆锥高公式分别表示和，再作比化简求解.
【详解】设两个圆锥的母线长均为，侧面展开图圆心角分别为、，底面半径分别为、，
高分别为、，根据题意：，.
由圆锥侧面积公式为，母线长相等，
可得侧面积比等于圆心角比：，
由，可得：，.
因为圆锥侧面展开的弧长等于底面周长，即，整理得，
代入得：.
因为圆锥的高，所以，
，所以.
8. 已知函数，的定义域均为，为偶函数，为奇函数，，，则（ ）
A. B. 0C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由是偶函数，所以可推出的对称轴，进而得到的对称性关系式；由是奇函数，所以可推出的对称中心，进而得到的奇偶性与周期性相关关系式.利用已知等式，结合、的对称性，推导与之间的转换关系,再分别找出和的周期，利用周期性将、转化为已知条件对应的函数值，再代入计算.
【详解】因为为偶函数，故，则，
即关于直线对称.
因为为奇函数，故，定义域为，
令得：，即关于点中心对称.
已知，则，
则，，结合，
得：，即得，
即关于点中心对称.
由和，得，即，
可得：，
故的周期为，同理可得周期也为.
由，可得，
由，令，得.
由，可得，
所以.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共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. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 复数在复平面内对应的点在第二象限
B. 若复数为纯虚数，则
C. 若，则的最大值是2
D. 若i为虚数单位，n为正整数，则
【答案】BC
【解析】
【分析】利用复数对应点的坐标可判断A，根据纯虚数的概念可判断B，结合复数的轨迹，可判断C，根据复数的乘方运算可判断D.
【详解】复数在复平面内对应的点的坐标为，在第四象限，A不正确；
复数为纯虚数，所以，B正确；
因为，所以的轨迹都是以原点为圆心，1为半径的圆，所以的最大值是2，C正确；
，D不正确.
10. 已知P是的外接圆O上的动点，且，，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 在上的投影向量为
D. 的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用外接圆的特点和三角形的长度关系可得是等边三角形，进而可求数量积，夹角和投影向量，化简目标式，结合三角函数知识可求范围.
【详解】因为，所以为的中点，
因为，,所以是等边三角形，所以，A正确；
由是等边三角形，可得，B不正确；
因为，所以在上的投影向量为，C正确；
因为是直径，为中点，所以，
记,则
，
因为是直径，P是圆O上的动点，所以，即,
,
设，.
所以，D正确.
11. 在中，三个角所对的边分别为，且，现有下列5个条件：①；②；③；④；⑤的面积为．下列结论正确的是（ ）
A. 若满足条件①，则
B. 存在一个可以同时满足上述5个条件中的3个条件
C. 任意一个最多只能同时满足上述5个条件中的3个条件
D. 有且仅有4个可以同时满足上述5个条件中的2个条件
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于选项A：用两角和的正弦公式计算，结合三角形边角关系判断；
结合余弦定理判断④本身不能构成任何三角形，在分析①②⑤可以判断B；对于选项C：结合选项B和④本身不能构成任何三角形判断即可；对于选项D：排除④和①③矛盾的情况，结合组合数计算即可.
【详解】选项A，已知，则,
则
由，得为锐角，，
代入得：，A正确.
条件④的性质，若，由余弦定理，
代入：，
方程无解，因此条件④本身不能构成任何三角形，任何三角形都无法满足④.
选项B，验证①②⑤可以同时满足：已知①，②，
由正弦定理得，，
则，
恰好满足条件⑤，因此存在同时满足3个条件的三角形，B正确；
选项C，从5个条件中选4个，要么包含④（④无解），要么不包含④（即选①②③⑤），
根据B可知，，，故①②⑤确定的三角形不满足③，
因此不存在同时满足4个条件的三角形，任意三角形最多同时满足3个条件，C正确；
选项D，排除含④的组合后，剩余两个条件的组合共种，仅①③矛盾，剩下5种都
存在满足条件的三角形，因此不是仅有4个，D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，若，则实数________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据向量坐标运算和向量垂直的性质建立关于的方程，求解即可.
【详解】因为 ，
，且，
则，
所以，解得.
13. 若关于的不等式解集为，其中、，则的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意得出，所以，于是得出，令，可得，利用对勾函数的单调性求解即可.
【详解】因为关于的不等式解集为，即不等式解集为，
所以，所以，
故，令，
则，
令，其中，
由对勾函数的单调性可知，函数在上为增函数，故，
因此的取值范围是.
14. 已知正方体的棱长为1，点分别是棱的中点，若在平面分割正方体所得的两个几何体内部均能放入球，则球的半径的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】先作出过的平面，平面截正方体的截面是一个正六边形，进而可求棱锥的高，要使球的半径最大，球必与正方体的三个面相切同时还与截面相切，从而判断球心必在正棱锥的高线上，由且可得最大球的半径.
【详解】如图:根据线面平行的性质,作出平面与正方体各个面的交线,
由正方体的对称性可知,平面分割正方体两部分完全相同.所以只需计算其中的一个几何体的放入的最大球即可.
放入的球的半径要最大,需满足与正方体的3个两两垂直的面相切,同时还要与分割面相切.
设球与平面，平面，平面相切，设球的半径为，
则到三个平面的距离均为，所以.
又在正方体中，，
同理，所以，
因为三棱锥是由一个正六棱锥截掉三个三棱锥得到的，
正六棱锥的底边为，侧棱长为，所以正六棱锥的高，
所以球心在到平面的垂线上，所以，即，解得.
所以球的半径的最大值为
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知函数的最大值为.
（1）求常数a的值；
（2）若将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，求函数的解析式及其在上的值域.
【答案】（1）
（2），值域为
【解析】
【分析】（1）利用余弦的和差角公式化简整理原函数式，结合余弦型函数的性质求解参数；
（2）将中的替换为，得到的解析式，再根据自变量的取值范围和三角函数的单调性求解的值域.
【小问1详解】
由题知最大值为，可得：
解得.
【小问2详解】
将向左平移个单位，
得：，
当时，令，则.
由余弦函数单调性得，故
即在上的值域为
16. 在正六棱柱中，，，O为下底面ABCDEF的中心，M为侧棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）证明：平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由是底面正六边形的中心，是的中点，通过构造中位线，找到平面内与平行的直线，利用线面平行的判定定理进行证明；
（2）利用线面垂直的判定定理，证明垂直于平面的两条相交线。
【小问1详解】
连接，，，如图所示，
为底面正六边形的中心，是的中点；
是的中点，为的中位线，则；
平面，平面，平面.
【小问2详解】
连接，，，如图所示，
为底面正六边形的中心，；
,，，即;
六棱柱是正六棱柱，底面；
底面，；
，平面；
平面，；
底面是正六边形，，，；
底面，底面，；
，；
，，，，四边形为正方形；
，为正方形的对角线，；
，，平面，平面，且， 平面.
17. 在中，内角的对边分别为，若.
（1）求的值；
（2）若的周长为5，求外接圆的半径与内切圆半径的比值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再利用两角和的正弦公式结合三角形的性质化简求值即可；
（2）利用正弦定理及余弦定理求出三边长，从而利用三角形面积相等求出内切圆半径，利用正弦定理求出外接圆半径，即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
即，所以，
所以，即.
【小问2详解】
由（1）知，所以，又的周长为5，所以，
由余弦定理得，所以，解得，
因为，且，所以，
所以，从而，
由正弦定理得，所以，所以.
18. 如图，在以为顶点的五面体中，四边形为等腰梯形，，，平面，，，到平面的距离为．
（1）求直线与所成的角的大小；
（2）求五面体的体积；
（3）若二面角的正切值为，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）直接将异面直线所成的角转化为与所成角可得；
（2）将五面体分割成一个四棱锥和一个三棱锥，三棱锥通过顶点转换法可得体积，四棱锥再分割成三个体积相等的三棱锥，再将其中的一个小三棱锥用顶点转换法可得其体积，进而可得五面体的体积.
（3）过棱的中点作棱的垂面，再过点作底面的垂线，通过二面角的正切值可判断点垂足在等腰梯形上下底的中点的连线上，且为中点，利用等体积法求点面距离，计算线面角可得.
【小问1详解】
因为平面，平面，平面平面，
由线面平行性质得，因此异面直线与所成角等于与所成角.
在等腰梯形中，，，如图：
设两腰相交于，因为，所以分别是的中点，
所以，故是边长为的正三角形，，因此，
又在中，，，所以.
所以直线与所成的角为.
【小问2详解】
设为的中点，连接，如图：
由（1）知是边长为4的等边的一边上的高线，所以，
所以，，
又因为为的中点，所以.
由（1）知，且，所以且，
所以四边形是平行四边形，所以
所以，且到平面的距离为.
所以，
而，
所以五面体的体积.
【小问3详解】
过点作平面，垂足为，所以，连接，如图：
因为，为的中点，所以.
又因为平面，平面，所以
因为，，平面，
所以平面，平面，故.
所以就是二面角的平面角，故，
在直角三角形中，，，
得.
所以点在等腰梯形上下底的中点的连线上，且为中点，
所以,
设C到平面ADE的距离为h，
由，即．
,,
∴与平面所成角的正弦值为．
19. 已知函数与的定义域均为，其中．
（1）当时，求函数的最值与单调区间；
（2）若与的单调性相反，求的取值范围；
（3）若，且存在，，使得，求的取值范围．
【答案】（1）函数的减区间为，增区间为，最大值为，无最小值
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求出函数的解析式，利用复合函数的单调性可得出函数的增区间和减区间，进而可得出函数的最值；
（2）对实数的取值进行分类讨论，化简两个函数的解析式，分析这两个函数的单调性，结合题意可得出实数的取值范围；
（3）求得，记，即存在，，使得，求出的取值范围，可知，于是得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，，
所以，
令，则，
设，由对勾函数的单调性可知，
函数在上单调递增，在上单调递减，
内层函数在上单调递减，
由可得，由可得，
由复合函数的单调性可知函数的减区间为，增区间为，
故函数的最大值为.
【小问2详解】
当时，在上单调递增，在上单调递减，符合题意；
当时，，，
若时，即当时，函数在上单调递增，函数在上单调递减，符合题意；
若时，即当时，显然函数、在上均为增函数，不符合题意.
综上所述，实数的取值范围是.
【小问3详解】
因为，所以，，
所以，
记，由题意即存在，，使得，
因为、在上均为增函数，故函数在上为增函数，
又因为、，故函数在、上均为增函数，
所以，，
所以，
由题意可知，
所以，即，解得，
因此实数的取值范围是.