精品解析：贵州省名校协作体2025-2026学年高二上学期质量监测（一）数学试题

贵州省名校协作体2025-2026学年高二质量监测（一） 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回.满分150分，考试用时120分钟. 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分；每个小题所给的四个选项中，只有一个符合要求） 1. 命题“，有成立”的否定为（ ） A. ，有成立 B. ，有成立 C. ，有成立 D. ，有成立 2 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 5 D. 3. 已知集合，集合，则中元素的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 4. 设，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知定义在上的奇函数满足当时，，若在区间上单调递增，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，球同时与正四面体的四个面相切，球同时与正四面体的三个面相切，且与球外切，则球和球的半径比为（ ） A 2:1 B. 3:1 C. 4:1 D. 5:1 8. 已知函数在处取得最大值，若在处取得最大值，则与的关系可能为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分；在每个小题所给的四个选项中，有多个选项符合题目要求；全部选对得全分，部分选对部分得分，有选错的得0分） 9. 已知空间中两条不重合的直线，，两个不重合的平面，，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. B. 点的坐标为 C. 当时，函数的值域是 D. 函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数是奇函数 11. 在平行六面体中，已知，，O是中点，则（ ） A. B. 线段的长度为 C. 直线与所成角为 D. 直线与平面所成角的正切值 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 一个样本容量为的样本的平均数为，现样本加入新数，此时样本数据的和为______. 13. 实心圆锥的底面直径为6，高为4，过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，如图所示，则剩下几何体的表面积是_____. 14. 在中，，，，与交于，若，则______. 四、解答题（本题共5小题，共77分；作答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在三角形中，内角A、B、C对边分别为a，b，c，，点D在上，且，. （1）求B的大小； （2）若，求的长. 16. 如图，在五面体中，平面平面，，，，. （1）证明：； （2）证明：平面平面. 17. 齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现齐王与田忌各出上等马、中等马、下等马一匹，进行三场比赛，每场双方均任意选一匹马参赛，胜两场或两场以上的人获得这次比赛的胜利， （1）求田忌获胜的概率； （2）若某月齐王与田忌进行了这样的三次比赛，并且各次比赛结果互不影响，求田忌至少赢得两次比赛的概率. 18. 已知定义在上偶函数满足对任意，均有，且对任意，有. （1）求a的值； （2）若关于x的方程（t为常数）在上的实根从小到大排列分别为，求的值； （3）设关于x的方程有k个不同正实根，将其从小到大排列分别为，求的值. 19. 如图，在四棱锥中，M为中点，，，. （1）求证：； （2）求四棱锥的体积的最大值； （3）设二面角的大小为，若，设二面角的大小为，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵州省名校协作体2025-2026学年高二质量监测（一） 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回.满分150分，考试用时120分钟. 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分；每个小题所给的四个选项中，只有一个符合要求） 1. 命题“，有成立”的否定为（ ） A. ，有成立 B. ，有成立 C. ，有成立 D. ，有成立 【答案】D 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定，将任意改为存在，并否定原结论，即可得. 【详解】由全称量词命题的否定为存在量词命题，则原命题的否定为，有成立. 故选：D 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简复数，再求复数的模即得. 【详解】由，得， 所以. 故选：A. 3. 已知集合，集合，则中元素的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】用列举法写出集合的元素即可. 【详解】因为，， 所以中的元素为，共3个. 故选：A. 4. 设，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由投影向量的定义即可得解. 【详解】由题，在方向上的投影向量为. 故选：B 5. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用同角三角函数基本关系式求出，再根据和差角公式即可得解. 【详解】，，又， 故， . 故选：C 6. 已知定义在上的奇函数满足当时，，若在区间上单调递增，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用函数的奇偶性求参数和解析式，再结合二次函数的性质确定单调区间，根据已知区间单调性列不等式求参数范围. 【详解】由题设，则时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当，则，故， 所以， 所以在上单调递增，在上单调递减， 综上，在处连续，则在、上单调递增，在上单调递减， 由在区间，即上单调递增，则或， 所以或. 故选：D 7. 如图，球同时与正四面体的四个面相切，球同时与正四面体的三个面相切，且与球外切，则球和球的半径比为（ ） A. 2:1 B. 3:1 C. 4:1 D. 5:1 【答案】A 【解析】 【分析】设正四面体的棱长为2，以球与球的切点所在平行于底面的平面分正四面体为小正四面体和三棱台，球、分别为正四面体和小正四面体的内切球，应用等体积法求内切球的半径，即可得. 【详解】设正四面体的棱长为2，显然球是正四面体的内切球， 若球的半径为，正四面体的高为， 则，所以， 又球与球外切，且与正四面体三个侧面相切， 以球与球的切点所在平行于底面的平面分正四面体为小正四面体和三棱台， 此时球是小正四面体的内切球， 若球的半径为，小正四面体的高为，所以小正四面体的棱长为1， 则，所以， 所以球和球的半径比为. 故选：A 8. 已知函数在处取得最大值，若在处取得最大值，则与的关系可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题设有、且，再由已知得、，进而判断各项正误. 【详解】由，且， 由题意，则， ，则， 所以，则或均不可能， ，则不可能，时. 故选：C 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分；在每个小题所给的四个选项中，有多个选项符合题目要求；全部选对得全分，部分选对部分得分，有选错的得0分） 9. 已知空间中两条不重合的直线，，两个不重合的平面，，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据面面平行、线面垂直的性质定理判断A、D；由线面垂直、平行的性质及面面垂直的判定判定B；由面面垂直的性质定理判断C. 【详解】A：由，，则，又，则，真命题； B：由，则必使，又，则，而，则，真命题； C：由，，，当且仅当或时才有，假命题； D：由，，根据面面平行的性质定理知，真命题. 故选：ABD 10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. B. 点的坐标为 C. 当时，函数的值域是 D. 函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数是奇函数 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，将点代入运算得解；对B，由运算判断；对C，由图象可判断；对D，由题得到平移后的表达式，再判断的奇偶性，即可判断D. 【详解】对于A，由的图象过点，则，得， 所以，又，则，故A正确； 对于B，由，得周期，所以，得，所以，故B错误； 对于C，由B结合函数图象可得，的值域为，故C正确； 对于D，将的图象向右平移个单位长度后，得， 因为，所以函数是奇函数，故D正确. 故选：ACD. 11. 在平行六面体中，已知，，O是中点，则（ ） A. B. 线段的长度为 C. 直线与所成角为 D. 直线与平面所成角的正切值 【答案】AC 【解析】 【分析】在平行六面体中，取，利用空间向量的基本线性运算及数量积的运算律，结合线面、面面垂直的判定及线面角，判定各项的正误. 【详解】在平行六面体中，取，，. ，， ∴，， A：，正确； B：，则，即，错误； C：，故，即直线与所成角为，正确； D：在平行六面体中，四边形是菱形，则， 又，，平面，平面， ∴平面，又平面，则平面平面， 连接交于点，过点作于点，如图所示： 平面平面，平面， ∴平面， ∴直线与平面所成角为， ，则，即， ∴在中，，则，错误. 故选：AC 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 一个样本容量为的样本的平均数为，现样本加入新数，此时样本数据的和为______. 【答案】 【解析】 【分析】结合平均数的定义可得结果. 【详解】由题意可知，样本加入新数，样本数据的和为. 故答案为：. 13. 实心圆锥的底面直径为6，高为4，过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，如图所示，则剩下几何体的表面积是_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知几何体的表面积为圆锥表面积与挖去圆柱侧面积的和，再应用圆柱、圆锥的侧面积和表面积求法求面积. 【详解】由题意，几何体表面积为圆锥表面积与挖去圆柱侧面积的和， 又圆柱底面半径为，高为2，则其侧面积为， 圆锥的母线长为，底面周长为，则其表面积为， 所以几何体的表面积为. 故答案为： 14. 在中，，，，与交于，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】设，且，由和三点共线，得到和，列出方程组，求得，得到，结合，求得，利用向量的夹角公式，即可求解. 【详解】设，且，则，如图所示， 因为三点共线，则存在实数使得， 又因为三点共线，则存在实数使得 所以，则 ，解得， 所以，且 因为，可得，解得， 所以， 因为，所以. 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，共77分；作答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在三角形中，内角A、B、C的对边分别为a，b，c，，点D在上，且，. （1）求B的大小； （2）若，求的长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知及正弦边角关系得，应用和角正弦公式及三角形内角的性质化简求； （2）应用正弦定理求得，根据已知及余弦定理求. 【小问1详解】 由题设，则， 所以，则， 所以，，故， 由，则； 【小问2详解】 由，，，则，故， 由，则，所以，则，故， 又，则为等腰三角形，且，故， 在中， 所以. 16. 如图，在五面体中，平面平面，，，，. （1）证明：； （2）证明：平面平面. 【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面，再根据线面平行的性质定理得证； （2）由题可证平面，，则平面，得，又，利用线面垂直的判定定理证得平面，再利用面面垂直的判定定理得证. 【小问1详解】 ，平面，平面， 平面， 又平面平面，平面，所以 【小问2详解】 由（1），又，则， 又，所以， 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面， 又，，所以四边形为平行四边形，所以， 所以平面， 又平面，则， 而平面，，故平面， 又平面， 所以平面平面. 17. 齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现齐王与田忌各出上等马、中等马、下等马一匹，进行三场比赛，每场双方均任意选一匹马参赛，胜两场或两场以上的人获得这次比赛的胜利， （1）求田忌获胜的概率； （2）若某月齐王与田忌进行了这样的三次比赛，并且各次比赛结果互不影响，求田忌至少赢得两次比赛的概率. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）基本事件总数，田忌获胜包含的基本事件只有一种可能，由此能求出田忌获胜的概率； （2）根据（1）及题意三次比赛，田忌获胜次数服从，再由求概率. 【小问1详解】 齐王与田忌各出上等马，中等马，下等马一匹，共进行三场比赛，基本事件有， 田忌获胜包含的基本事件只有一种可能，即： 田忌的下等马对阵齐王的上等马，田忌的中等马对阵齐王的下等马，田忌的上等马对阵齐王的中等马， 田忌获胜的概率为； 【小问2详解】 由（1），每次田忌获胜概率为，所以三次比赛，田忌获胜次数服从， 所以田忌至少赢得两次比赛的概率 . 18. 已知定义在上的偶函数满足对任意，均有，且对任意，有. （1）求a的值； （2）若关于x的方程（t为常数）在上的实根从小到大排列分别为，求的值； （3）设关于x的方程有k个不同正实根，将其从小到大排列分别为，求的值. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据已知有，代入解析式列方程求参数值； （2）根据（1）得上的图象关于对称，且，利用对称性和周期性确定中各子区间中的对称轴，进而求在区间内所有根的和； （3）根据（2）的分析及已知画出、在上的大致图象如下，数形结合判断的正根个数，再依次由各区间的解析式列方程求所有正根的和. 【小问1详解】 由任意，有，易知， 而，有，则； 【小问2详解】 由（1）得，有，则， 所以，在上的图象关于对称， 由题意，则，所以是周期为2的函数， 则在区间、、、上的对称轴依次为， 由方程（t为常数）在上的实根从小到大排列分别为， 所以、、、、， 所以； 【小问3详解】 由（2），可得、在上的大致图象如下， 由，，所以共有9个正实数根， 由有，此时，可得， 由有， 此时，可得， 由有， 此时，可得， 由有， 此时，可得， 由有， 此时，可得， 综上，. 19. 如图，在四棱锥中，M为中点，，，. （1）求证：； （2）求四棱锥的体积的最大值； （3）设二面角大小为，若，设二面角的大小为，求的值. 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）根据已知得到、，再由线面垂直的判定定理和性质定理证明结论； （2）由（1）及题意得，进而要使四棱锥的体积最大，只需最大，根据已知求的轨迹，再确定的最大值，即可得； （3）构建以为原点，为的正方向的空间直角坐标系，令，且，根据已知二面角的正弦值及面面角的向量求法列方程求得，再应用向量法求二面角正弦值的平方. 【小问1详解】 由M为中点，，则， 由，即为等边三角形，则， 且，则，故，而， 所以，则， 由且都在平面内，则平面， 由平面，则； 【小问2详解】 由平面，则， 而，，则， 所以，要使四棱锥的体积最大，只需最大， 由，，则， 所以是平面内，以为圆心，为半径的圆上运动， 所以时，， 所以棱锥的最大体积； 【小问3详解】 在平面内，过作，以为原点，为的正方向， 构建如下图所示的空间直角坐标系，令，且， 则， 所以，，，， 若是平面的法向量，则， 取，则， 若是平面的法向量，则， 取，则， 所以 ， 而，则， 所以， 所以， 所以，可得（负值舍）， 而平面的一个法向量为，则， 所以， 当，则， 当，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $