精品解析：湖南师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期6月阶段检测数学试卷含解析（word版）

这是一份精品解析：湖南师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期6月阶段检测数学试卷含解析（word版），共6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。
时量：120分钟 满分：150分
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，只有一项是符合要求的.）
1. 若，则实数a等于（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【详解】，
由可得，解得.
2. 如图，正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【详解】在直观图中，，，则在原图形平行四边形OABC中，，如图，
所以原图形的面积为.
3. 已知一组数据，，的平均数为，方差为，则数据，，，的平均数和方差分别为（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【详解】因为一组数据，，的平均数为，方差为，
所以数据，，，的平均数为，方差为.
4. 设a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ）
A. 存在无数条直线与，都平行
B. 存在无数个平面与，都垂直
C. 存在两条平行直线a，b，，，，
D. 存在两条异面直线a，b，，，，
【答案】D
【解析】
【分析】由平面的基本性质及面面平行判定定理结合题设，图形可判断选项正误.
【详解】A，如图，作长方体，取平面ABCD，平面分别为平面，.
因为，且，且，，则，，
显然可作无数条与平行且不在平面，内的直线，即存在无数条直线与，都平行，但，不平行，错误；
B，因为平面与平面，均垂直，且显然可作无数个与平面平行的平面，即存在无数个平面与，都垂直，但，不平行，错误；
C，若与相交，可在内取a平行于交线，在内取b也平行于交线，
满足，，，但无法推出，错误；
D，异面直线，，，，可在内作出，在内作出，
可得，b是内的相交直线，a，是内的相交直线，且都平行于另一个平面，
根据面面平行判定定理可推出，符合要求.
5. 从中随机选取三个不同的数，则这三个数之积为偶数且它们之和大于等于的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用列举法求古典概型的概率即可.
【详解】从中随机选取三个不同的数
有，，，，，，，，，，共10种情况，
其中三个数之积为偶数且它们之和大于等于的有，，，，共种情况，
所以这三个数之积为偶数且它们之和大于等于的概率为，故C正确.
6. 如图，圆台的侧面展开图为半圆环，图中线段，C，O，D为线段AB的四等分点，则该圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由侧面展开图可确定圆台的上下底面半径和母线长，利用圆台的体积公式求解即可.
【详解】由圆台的侧面展开图可求得圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为2，
从而圆台的高为，所以圆台的体积.
7. 已知函数的定义域为，，为偶函数，且，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件及为偶函数，结合周期函数的定义，可得函数是周期为4的周期函数，利用周期性及求解即可.
【详解】因为函数为偶函数，所以，则，
又因为，所以，则，
所以函数是周期为4的周期函数，
由中，令，得到，
所以，，
故.
8. 已知平面向量，，，且，向量与所成的角为，且对任意实数t恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，结合二次函数的性质，求出；再利用向量三角不等式，即，结合向量的模长公式，求出最小值即可.
【详解】由题意得，，由，得，
即，化简得.
令，其图象开口向上，要使恒成立，
则，解得，
又，
，所以的最小值为.
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. 已知事件A，B满足，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若A与B互斥，则
B. 若，则
C. 若A与B相互独立，则
D. 若，则A与B相互独立
【答案】CD
【解析】
【详解】对于A，若A与B互斥，则，故错误；
对于B，若，则，故错误；
对于C，若A与B相互独立，则与也相互独立，
所以，故正确；
对于D，，可得，
所以，则A与B相互独立，故正确.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 不等式的解集为
D. 将的图象向右平移个单位长度后所得函数的图象在上不单调
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，先通过图象算出周期，从而确定的值，再根据图象的最高点确定的值，从而得到解析式；B选项，将代入解析式，即可计算函数值；C选项，通过正弦函数的取值范围即可推导不等式的解集；D选项，平移后得到新的函数，根据即可判断出不单调.
【详解】对于A，由图象可知，最小正周期，所以，
因为图象过点，所以，又，所以，
所以，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，令，则，所以，，解得，，
所以不等式的解集为，，故C正确；
对于D，将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，当时，，
此时函数在区间上单调递增，故D错误.
11. 传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现.如图是一个圆柱容球，，为圆柱下、上底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则（ ）
A. 球与圆柱的表面积之比为
B. 平面截得球的截面面积最小值为
C. 四面体的体积的取值范围为
D. 若为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【详解】对于A，由球的半径为，可知圆柱的底面半径为，圆柱的高为，
则球的表面积为，圆柱的表面积为，所以球与圆柱的表面积之比为，故A正确；
对于B，矩形所在截面如图所示，过点作于点，则由题可得，
设点到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，
则，，所以平面截得球的截面面积最小值为，故B正确；
对于C，由题可知四面体的体积等于，点E到平面的距离，
又，所以，故C错误；
对于D，由题可知点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，
设P在底面的投影为，则，，，
，设，则，，
所以，
所以.故D正确.
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______．
【答案】0
【解析】
【分析】根据平面向量的坐标运算即可求解．
【详解】因为向量，，
所以，
又，则，解得．
13. 某校组织了“人工智能知识”测试，现随机抽取了100名学生的测试成绩（单位：分），这100名学生的成绩都分布在区间内，绘制成如图所示的频率分布直方图. 则这100名学生成绩的61%分位数为______.
【答案】82
【解析】
【分析】由百分位数求解即可.
【详解】设这100名学生成绩的61%分位数为x，
因为前4组频率之和为，
前5组频率之和为，
所以这100名学生成绩的61%分位数落在第5组内，
所以，解得，所以这200名学生成绩的61%分位数为82.
14. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.若关于x的不等式有解，则实数t的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】先利用正弦定理将转化为边的关系，再通过余弦定理结合基本不等式求出角的取值范围，接着将原不等式有解转化为关于和的不等式，最后结合角的范围求出实数的取值范围.
【详解】在中，由正弦定理及，得，
由余弦定理，得，又因为，所以，
记，则，.
因为，所以，从而，
则等价于，
即有解，故有，
化简得，即恒成立，又，则，
可得，解得.
所以实数的取值范围为.
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. 已知集合，．
（1）若，求A，B及；
（2）若“”是“”的充分条件，求实数a的取值范围．
【答案】（1），，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据绝对值不等式，分式不等式的解法求解，再根据集合的运算即可求解；
（2）将“”是“”的充分条件转化为，列出不等式即可求解．
【小问1详解】
当时，由，解得，所以，
由，解得，所以，
所以，则．
【小问2详解】
由，解得，所以，
又“”是“”的充分条件，所以，
已知，可得解得，
所以实数a的取值范围为．
16. 已知奇函数的定义域为.
（1）求实数a，b的值；
（2）当时，恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据奇函数定义域关于原点对称，可以求得，再根据根据奇函数定义可知，化简整理，从而问题得到求解；
（2）对问题时，恒成立进行转化，转化为当时，恒成立，通过构造函数，再利用函数的单调性求出实数m的取值范围.
【小问1详解】
因为函数为定义域为的奇函数，
所以，即，
所以，整理得，解得，
因为函数的定义域为，则，解得.
所以，.
【小问2详解】
由（1）可知，
当时，即恒成立，
可得恒成立，即当时，恒成立，
所以，，
令，，则，
令，，根据对勾函数性质知在区间上单调递增，
所以，所以，则，
则实数m的取值范围为.
17. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且，.
（1）求角B；
（2）若的面积为，求的值；
（3）若为锐角三角形，求面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理把边化角求解；
（2）由余弦定理和三角形面积公式求解；
（3）把三角形的面积转化为角A表示的函数，再三角函数的值域.
【小问1详解】
由正弦定理得，
由及，得，
即，
因为，
所以，
所以，因为,，
所以，所以，
因为，所以；
【小问2详解】
由余弦定理得，即，所以.
又的面积为，所以.
所以，所以；
【小问3详解】
由（1）知，，则，
所以，，所以
由，得，
所以，所以，所以，
所以面积的取值范围是.
18. 如图，在四棱锥中，，，，M，N分别为PA，BC的中点，底面四边形是边长为2的菱形且，AC交BD于点O.
（1）求证：平面PCD；
（2）求证：平面平面ABCD；
（3）求二面角的平面角的余弦值.
【答案】（1）取PD的中点E，连接ME，CE，如图.
∵M为PA的中点，
∴，，
∵N为BC的中点且四边形ABCD为菱形，
∴，.
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
又∵平面PCD，平面PCD，
∴平面.
（2）如图，连接，
∵，O是的中点，
∴，
由菱形知，又，PO，平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面.
（3）
【解析】
【分析】（1）取PD的中点E，连接ME，CE，先证明四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）连接，先证平面，再利用面面垂直的判定定理证明即可；
（3）过点B作于点F，连接DF，OF，先证明为二面角的平面角，再在中利用余弦定理求解即可.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
略
【小问3详解】
如图，过点B作于点F，连接DF，OF.
∵平面PAC，平面PAC，
∴.
∵，BD，平面BDF，.
∴平面BDF，
∴，.
∴为二面角的平面角.
∵，，PC，PA，OF共面，
∴，
∵O是AC的中点，
∴F是PC的中点，
又∵，
∴，，
∴.
∵F是PC的中点，又，
∴，
∴，
∴二面角的平面角的余弦值为.
19. 设P，Q是两个非空数集，若定义在上的函数对任意当时，，则称为P到Q的双界函数.
（1）设，，.
（ⅰ）证明：当时，是P到Q的双界函数；
（ⅱ）若是P到Q的双界函数，求实数k的取值范围.
（2）若，，是P到Q的双界函数，当时，，求在上的最小值.
（3）设集合其中，.若，是P到Q的双界函数，证明：是A到B的双界函数.
【答案】（1）（ⅰ）当时，，，
当，即时，则，即，
显然，因此，
所以当时，是P到Q的双界函数.
（ⅱ）
（2）2705 （3）依题意，时，，
令，则，
令，，则，
两式相加，得，即，
令，，则，
因此，
则
，所以，
所以是A到B的双界函数.
【解析】
【分析】（1）（i）根据给定条件，利用双界函数的定义计算得证；（ii）根据给定的定义，由，恒成立求解即得.
（2）由给定条件可得，利用函数单调性求出在上的最小值，再利用递推关系求出在上的最小值.
（3）根据给定的定义，结合赋值法及迭代法推理得证.
【小问1详解】
（ⅰ）略
（ⅱ），是P到Q的双界函数，
则当，即时，恒成立，
由，得恒成立，而，，
由恒成立，得；由恒成立，得，因此，
所以实数k的取值范围为.
【小问2详解】
依题意，当时，，则，即，
而函数在上单调递增，则当时，在上单调递增，
当时，，
当时，；当时，，，
又，因此函数在上的最小值为，
，
由，得，所以在上的最小值为2705.
【小问3详解】
略