精品解析：江苏省常州市第一中学2025-2026学年高二上学期阶段调研数学试卷

常州市第一中学2025-2026学年第一学期阶段调研高二数学试卷 考试时间：120分钟 一、单选题（每小题5分，共40分，每小题只有一个选项正确） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解一元二次不等式求出集合，再根据交集含义即可得到答案. 【详解】，则. 故选：B. 2. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据基本不等式的性质以及充分与必要条件的判断即可. 【详解】取，则，故充分性不成立； 当时，一定有，所以，故必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：C 3. 从大于1且小于50的整数中任意选取1个，则被选取的整数是质数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件确定大于1且小于50的整数个数和质数个数，即可解出. 【详解】大于1且小于50的整数共有48个， 其中质数包含2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47，共15个， 因此所求概率为. 故选：C. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由诱导公式计算即可. 【详解】由得． 故选：A 5. 如图，在中，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用平面向量线性运算及共线向量关系即可求解. 【详解】由题意知. 故选：C. 6. 已知一个正四棱台的上下底面边长为、，侧棱长为，则棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正四棱台的概念可知四边形为等腰梯形，进而可得四棱台的高，即可求得体积. 【详解】 如图所示， 由正四棱台可知，四边形为等腰梯形， 且，，， 所以， 所以， 故选：D. 7. 已知的内角所对的边分别是，若，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理的推论即可得到答案. 【详解】根据正弦定理及等比例的性质有， 则. 故选：B. 8. 已知函数，若方程恰有2个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知研究、的性质并画出它们的大致图象，应用数形结合研究交点个数求参数范围即可. 详解】由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 而在、上单调递减，在、上单调递增， 当直线与曲线相切时，联立得， 令，得， 依题意，作出与的图象，如图所示， 由图知， ①当时，且， 函数的图象与的图象无交点，不满足题意， ②当时，且， 函数的图象与的图象仅交于点，不满足题意， ③当时，若时， 若时， 要使方程恰有2个不同的实数根，则的图象与轴的交点在点左侧，只需，， 而时有3个不同实根，时有4个不同实根， ④当时，由上函数的图象与的图象有3个交点，不满足题意， ⑤当时，函数的图象与的图象有2个交点，满足题意， 综上，的取值范围为． 故选：D 二、多选题（每小题6分，共18分，全部选对得满分，部分选对得部分分） 9. 已知复数，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】举例说明判断AD；利用复数运算及共轭复数、复数模的意义计算判断BC. 【详解】对于A，取，，而，A错误； 对于B，设， ，由， 得，，B正确； 对于C，由及，设，， ，解得， 则，C正确； 对于D，取，，而，D错误. 故选：BC 10. 已知的内角的对边分别为，以下判断正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是钝角三角形 C. 若，则符合条件的有两个 D. 若，则为等腰直角三角形 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用正弦定理和大边对大角可判断A；利用正弦定理角化边，结合余弦定理可判断B；利用可判断C；边化角，利用二倍角公式化简，结合正弦函数性质可判断D. 【详解】对A，由和正弦定理可得，由大边对大角可知，正确； 对B，由和正弦定理可得， 所以，又，所以，正确； 对C，若，则， 即，所以符合条件的有两个，正确； 对D，若，则，即， 因为，所以或， 即或， 当时，，此时为直角三角形； 当时，为等腰三角形. 所以为直角三角形或等腰三角形，错误. 故选：ABC 11. 如图所示，在正方体中，点是棱上的一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列命题中正确的是（ ） A. 不存在点，使得为直角 B. 对于任意点，都有直线平面 C. 对于任意点，都有平面平面 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用空间向量数量积计算判断A；利用线面平行的性质推理判断B；利用线面垂直、面面垂直的判定推理判断C；利用等体积法推理判断D. 【详解】对于A，在正方体中， ， 因此与不垂直，即不存在点，使得为直角，A正确； 对于B，连接，则平面平面， 若平面，且平面，则， 显然仅当和为所在棱的中点时与才平行，B错误； 对于C，连接， 由平面，平面， 得，由为正方形，得， 而，平面，则平面， 又平面，于是，同理， 而，平面，则平面， 又平面，因此平面平面，C正确； 对于D，由，平面，平面，则平面， 则点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 因此三棱锥的体积为定值，D正确. 故选：ACD 二、填空题（共3小题，每小题5分） 12. 若函数的图象不经过第一象限，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】先作出的图象，即可根据函数图象的平移，结合指数函数的图象性质求解. 【详解】作出的图象如图，由图可知，在第一象限内该函数图象无限接近于直线，因此将此函数图象向下平移1个单位长度可得，在轴右侧，函数图象无限接近于直线，不再经过第一象限，满足题意，因此的取值范围为． 故答案： 13. 已知一组数据的平均数为，标准差为，则数据的方差为___________ 【答案】 【解析】 【分析】根据标准差和方差的关系以及方差的性质即可得到答案. 【详解】原数据、、、的方差为， 根据方差的性质得新数据的方差为：. 故答案为：. 14. 设O，分别为的外心和垂心，，，，，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，即，然后可得，，同理可得，，，根据正弦定理可得，继而得到，再由即可求解. 【详解】设为的中点，为的中点， 因为， 所以，即，又， 所以，则， 所以，所以． 因为， 所以，得， 所以，所以， 所以，故． 由正弦定理，即， 又，所以，则， 又． 故答案为：. 三、解答题（共5小题，总分77分） 15. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，且，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理可解； （2）根据题意，设，则，在、与中，利用余弦定理得到与的方程，从而求解. 【小问1详解】 . 由正弦定理，可得 又, . 【小问2详解】 ，设，则， 在中，. 在与中，. . 16. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，. （1）求函数在上的解析式 （2）判断函数在上的单调性，并用单调性的结论求解：若对任意实数，恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）函数在上的单调递增，. 【解析】 【分析】（1）根据时的解析式，结合函数奇偶性，得出函数在时的解析式，验证符合解析式，从而得到. （2）设，则，根据恒正且单调递增判断分子、分母的符号，得出，从而得出函数在上的单调递增，结合函数单调性和奇偶性，得出若在恒成立，则在上恒成立，令，结合函数性质得出. 小问1详解】 当时，，则， 因为函数是定义在上的奇函数， 所以，. 所以，. 又同样满足该解析式， 所以. 【小问2详解】 已知，设，则 , 因为单调递增，故，而，故， 即在上单调递增. 若在恒成立，结合函数奇偶性， 有在上恒成立. 因为在上单调递增，所以，即在上恒成立. 令，则的对称轴为，开口向上， 所以当时取最大值. 由，得，即，解得. 所以. 17. 一个袋子中存大小和质地均相同的四个球，其中有两个红球（标号为1和2），一个黑球（标号为3），一个白球（标号为4），从袋中不放回地依次随机摸出两个球，设事件A=“第一次摸到红球”，事件B=“第二次摸到黑球”，C=“摸到的两个球恰为一个红球一个白球”． （1）分别求事件、、发生的概率； （2）求事件A、B、C中至多有一个发生的概率． 【答案】（1）， ， ； （2）. 【解析】 【分析】（1）列出样本空间和所有满足事件的情况，根据古典概型概率计算公式计算即可； （2）列出满足题意的所有情况，根据古典概型概率计算公式计算即可. 【小问1详解】 样本空间，共有12个基本事件； 事件，共有6个样本点， 所以， 事件，共有3个样本点，所以， 事件，共有4个样本点，所以． 【小问2详解】 事件中至多有一个发生的情况有，共有8种， 所以． 18. 如图，三棱锥各棱长均为1，侧棱上的，，满足，，线段上的点G满足平面，点在上，. （1）求证：平面平面； （2）求证：； （3）若，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理可证平面，结合题中条件及面面平行的判定定理即可证明； （2）由（1）知：平面平面，根据面面平行的性质定理即可证明； （3）由题可知点是的中点，结合可得点是的中点.根据题中条件，在平面内，利用平面向量基本定理和共线向量基本定理即可求解. 【小问1详解】 ∵，平面，平面，∴平面. ∵平面，平面，，平面，平面， ∴平面平面. 【小问2详解】 由（1）知：平面平面. 又平面平面，平面平面， ∴. 【小问3详解】 ∵，∴点是的中点. ∵，∴，∴点是的中点，. ∵，且三棱锥各棱长均为1，∴， ∴，，，. ∵点在上，∴，解得. ∵，∴. ∴， . 由（2）知：，∴，∴，使得， 即. 由平面向量基本定理可得，解得 综上所述，的值为. 19. 如图，在斜三棱柱中，侧面为菱形，，为中点，与的交点为. （1）求证：//平面； （2）求证：平面； （3）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）利用线线平行推得线面平行即得； （2）由等边三角形证，再由勾股定理逆定理证，由线线垂直推导线面垂直即得； （3）作，证平面，作，证，得为二面角的平面角，由题设求得即得. 【小问1详解】 如图（1），连接. 由三棱柱可知侧面为平行四边形，所以为中点； 又因为为中点，所以//， 又平面平面，所以//平面； 【小问2详解】 如图（2），连接. 由菱形可知，因为，可得为等边三角形； 因是中点，则，且；由可得，； 因为，则有，即， 又平面平面，故平面； 【小问3详解】 由（2）可知平面，因为平面，所以平面平面； 如图（3），过点作，垂足为，过作，垂足为，连接. 因为平面平面平面，所以平面， 因为平面平面，所以； 因为平面平面，所以平面， 又平面，所以，所以为二面角的平面角. 在中，，可得， 在中，，可得， 在中，，可得， 因为，所以， 即二面角正弦值为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面垂直的判定和应用，以及运用几何法求解二面角，属于较难题. 解题关键在于深刻把握线面垂直的判定定理，执果索因，寻找线线垂直条件；求二面角的关键在于找到一个平面中的一点在另一个平面的射影，为作出平面角奠定基础. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 常州市第一中学2025-2026学年第一学期阶段调研高二数学试卷 考试时间：120分钟 一、单选题（每小题5分，共40分，每小题只有一个选项正确） 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 从大于1且小于50的整数中任意选取1个，则被选取的整数是质数的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，为中点，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知一个正四棱台的上下底面边长为、，侧棱长为，则棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知的内角所对的边分别是，若，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 8. 已知函数，若方程恰有2个不同的实数根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每小题6分，共18分，全部选对得满分，部分选对得部分分） 9. 已知复数，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知的内角的对边分别为，以下判断正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是钝角三角形 C. 若，则符合条件的有两个 D. 若，则为等腰直角三角形 11. 如图所示，在正方体中，点是棱上一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列命题中正确的是（ ） A. 不存在点，使得为直角 B. 对于任意点，都有直线平面 C. 对于任意点，都有平面平面 D. 三棱锥的体积为定值 二、填空题（共3小题，每小题5分） 12. 若函数图象不经过第一象限，则实数的取值范围是______． 13. 已知一组数据的平均数为，标准差为，则数据的方差为___________ 14. 设O，分别为的外心和垂心，，，，，则___________． 三、解答题（共5小题，总分77分） 15. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若，且，求. 16. 已知函数是定义在上奇函数，且当时，. （1）求函数在上的解析式 （2）判断函数在上的单调性，并用单调性的结论求解：若对任意实数，恒成立，求实数的取值范围. 17. 一个袋子中存大小和质地均相同的四个球，其中有两个红球（标号为1和2），一个黑球（标号为3），一个白球（标号为4），从袋中不放回地依次随机摸出两个球，设事件A=“第一次摸到红球”，事件B=“第二次摸到黑球”，C=“摸到的两个球恰为一个红球一个白球”． （1）分别求事件、、发生的概率； （2）求事件A、B、C中至多有一个发生的概率． 18. 如图，三棱锥各棱长均为1，侧棱上的，，满足，，线段上的点G满足平面，点在上，. （1）求证：平面平面； （2）求证：； （3）若，求的值. 19. 如图，在斜三棱柱中，侧面为菱形，，为中点，与的交点为. （1）求证：//平面； （2）求证：平面； （3）求二面角正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $