精品解析：云南省大理下关一中教育集团2025-2026学年高二上学期段考（一）数学试卷

下关一中教育集团2025~2026学年高二年级上学期段考（一） 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 2.每小题选出答案后，用2B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．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共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（ ） A. B. C. D. 2. 若复数（为虚数单位），则（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 已知直线，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 4. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆台的上、下底面的面积分别为、，侧面积是，则这个圆台的体积是（ ） A. B. C. D. 6. 已知点，若直线与线段（含端点）有公共点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 若函数是定义在上的偶函数，对任意，都有，且当时，，若函数在区间内恰有5个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 8. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 当时，的值域为 C. 将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象 D. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称 9. 已知是一个随机试验中的三个事件，则下列结论一定正确的是（ ） A. 若事件两两互斥，则 B. 若事件相互独立，则与也相互独立 C. 若，，则事件相互独立与互斥能同时成立 D. 若两两独立，则 10. 如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 异面直线与所成角的取值范围是 C. 平面与平面所成夹角的余弦值取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 11. 平面向量与的夹角为60°，，，则等于______. 12. 若圆的圆心在直线上，则的最小值是______ 13. 在四棱锥中，已知平面平面，，若二面角的正切值为，则四棱锥外接球的表面积为__________． 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 14. （1）求过直线和的交点，且与直线垂直的直线方程. （2）已知某圆经过，两点，圆心M在直线上，求该圆的方程． 15. 在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面，且，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角． 16. 的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）若，，求的面积； （2）若角为钝角，求的取值范围． 17. 每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响． （1）在第一轮比赛中，求甲，乙至少有一人胜出的概率； （2）若甲，乙两轮都失败的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为． ①求的值； ②求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 18. 如图，四棱锥中，平面，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，动点在内（含边界）且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成角为，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 下关一中教育集团2025~2026学年高二年级上学期段考（一） 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 注意事项： 2.每小题选出答案后，用2B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．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共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（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先化简集合，然后根据交集的定义计算. 【详解】由题意，，， 根据交集的运算可知，. 故选：A 2. 若复数（为虚数单位），则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法运算，再求复数的模即可. 【详解】由， 故选：B． 3. 已知直线，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由直线的位置关系与充分必要条件的概念求解， 【详解】令得， 当时，，重合， 当时，， 故“”是“”的充要条件， 故选：C 4. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二倍角公式进行转化，再利用“齐次式”即可求解. 【详解】， 又，代入得. 故选：A. 5. 已知圆台的上、下底面的面积分别为、，侧面积是，则这个圆台的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆台的上下底面积可计算出其上下底面的半径与周长，根据周长之比计算出展开图的扇形半径之比，根据扇环的面积求出母线l的长度，由两个半径、高、母线构成的直角梯形中求出圆台的高，带入圆台的体积公式即可得出答案． 【详解】依题意知圆台上底面半径为 ，下底面半径为，设圆台的高为h， 如图所示圆台展开为一个圆环的一部分即ABCD，其小扇形弧长， 大扇形弧长， 由知道 ， 则圆台的侧面积 所以高 ， 圆台的体积 故选：C. 6. 已知点，若直线与线段（含端点）有公共点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件及直线的点斜式方程求出定点，直线与线段有交点，结合图形可得直线斜率的范围，利用直线的斜率公式即可求解. 【详解】由，得， 所以直线的方程恒过定点，斜率为． 因为， 所以． 由题意可知，作出图形如图所示， 由图象可知，或， 所以实数的取值范围为． 故选：B． 7. 若函数是定义在上的偶函数，对任意，都有，且当时，，若函数在区间内恰有5个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析并作出与满足条件的图象，结合图象求解. 【详解】由题意，函数是定义在上的偶函数，当时，， 则当时，，函数， 又由对任意，都有， 则，即的一个周期为2， 又由函数在区间内恰有5个不同的零点， 即函数与的图象在区间上有5个不同的交点， 如图， 则满足且，解得， 即实数的取值范围是. 故选：C. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 8. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 当时，的值域为 C. 将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象 D. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】先根据中，，的几何意义，求得的解析式，再结合正弦函数的图象与性质，函数图象的变换，逐一分析选项即可． 【详解】由图可知，，函数的最小正周期，故A正确； 由，知， 因为，所以，所以，，即，， 又，所以，所以， 对于B，当时，，所以， 所以的值域为，故B错误； 对于C，将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，故C正确； 对于D，将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象， 因为当时，，所以得到的函数图象关于点对称，故D正确． 故选：ACD． 9. 已知是一个随机试验中的三个事件，则下列结论一定正确的是（ ） A. 若事件两两互斥，则 B. 若事件相互独立，则与也相互独立 C. 若，，则事件相互独立与互斥能同时成立 D. 若两两独立，则 【答案】AB 【解析】 【分析】根据互斥事件和独立事件的性质，逐项判断即可. 【详解】对于选项A，若事件两两互斥，则根据互斥事件的性质，可得，故A正确； 对于选项B，因为事件相互独立，根据独立事件的性质，可得与也相互独立，故B正确； 对于选项C，若事件相互独立，则；若事件为互斥事件，则，所以若，，则事件相互独立与互斥不能同时成立，故C错误； 对于选项D，假设从、、、中随机选出一个数字，记事件为“取出的数字为或”，事件为“取出的数字为或”，事件为“取出的数字为或”，则，，所以，，，所以事件两两独立，但，故D错误. 故选：AB 10. 如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 异面直线与所成角的取值范围是 C. 平面与平面所成夹角的余弦值取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用线面平行的判定定理，得出平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于B，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于CD，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出平面与平面所成角的余弦值和直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断. 【详解】对于A，，平面，平面， 平面，点在线段上运动， 点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 故三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于B，，异面直线与所成的角即为与所成的角， 当点位于点时，与所成的角为， 当点位于的中点时，平面，， ，此时，与所成的角为， 异面直线与所成角的取值范围是，故B错误； 对于C，以为原点，为轴，为轴，为轴， 建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，， 则，，设平面的法向量， 设平面的法向量， ， 则，即， 令，则，则得， 面与平面所成夹角为， 所以， 因为，，所以，， 所以平面与平面所成夹角的余弦值取值范围是，故C正确； 对于D，则，，，，，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为： ， 当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值， 最大值为，故D正确. 故选：ACD. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 11. 平面向量与的夹角为60°，，，则等于______. 【答案】 【解析】 【分析】先求向量，再根据向量模的运算求. 【详解】因为，所以， 又因为与的夹角为，， 所以 ； 所以. 故答案为：. 12. 若圆的圆心在直线上，则的最小值是______ 【答案】 【解析】 【分析】求出圆心的坐标，将圆心坐标代入直线可得，然后利用基本不等式即可得出答案. 【详解】圆的圆心为， 因为圆心在直线上，所以， 则 又， 则，， 则， 当且仅当，即，时，等式成立. 所以的最小值是. 故答案为：. 13. 在四棱锥中，已知平面平面，，若二面角的正切值为，则四棱锥外接球的表面积为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】分别取、的中点、，连接，即可证明平面，从而得到，再由，即可得到平面，从而得到为二面角的平面角，即可求出，又三棱锥外接球的球心在直线上，求出三棱锥外接球的半径，即可得到外接球的表面积，再由、、、四点共圆，即可得到三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，从而得解. 【详解】分别取、的中点、，连接． 因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，平面，所以，， 因为， 所以，所以， 因为分别为的中点，所以，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角，所以， 因为，所以， 所以三棱锥外接球的球心在直线上，由知在线段的延长线上． 设，则，即，所以， 所以三棱锥外接球的半径为，表面积为， 因为，，即， 所以、、、四点共圆， 所以三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球， 故四棱锥外接球的表面积为． 故答案为： 【点睛】方法点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 14. （1）求过直线和的交点，且与直线垂直的直线方程. （2）已知某圆经过，两点，圆心M在直线上，求该圆的方程． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）计算交点，然后假设所求直线方程，代点计算即可； （2）假设圆心坐标，然后根据，求得圆心，进一步得到半径，计算即可. 【详解】（1），所以交点坐标为 设所求直线方程为： 则，所以所求直线方程为 （2）由圆心M在直线上，设 又，所以 所以，半径为 所以圆的方程为： 15. 在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，，平面，且，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角． 【答案】（1）证明见详解； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，可得，，进而可证得平面平面，又平面，所以平面，得证； （2）根据几何体特征，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再结合面面角的向量求法，即可求解. 【小问1详解】 因为底面四边形是正方形，所以， 又平面，平面， 所以平面， 又，平面，平面， 所以平面， 又平面，平面，且与相交于点， 所以平面平面， 又平面，所以平面； 【小问2详解】 因为底面四边形是正方形，所以， 又平面，平面，平面， 所以，， 所以以为原点，以为轴，以为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，即， 令，解得，，所以平面的法向量为， 设平面的法向量为，则，即， 令，解得，，所以平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为， 所以， 又，所以，即平面与平面的夹角为. 16. 的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）若，，求的面积； （2）若角为钝角，求的取值范围． 【答案】（1）的面积为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变换可得，利用余弦定理可得，再利用三角形的面积公式进行求解即可. （2）利用正弦定理以及三角恒等变换可得，再结合角的范围进行计算即可. 【小问1详解】 根据题意，以及正弦定理可得， 因为 ，因为，所以， 所以，又，所以， 由余弦定理可得，可得， 即，因为，所以， 所以. 【小问2详解】 由正弦定理可得，因为，所以， 因为角为钝角，所以，可得，则，，即， 所以的取值范围为. 17. 每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响． （1）在第一轮比赛中，求甲，乙至少有一人胜出的概率； （2）若甲，乙两轮都失败的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为． ①求的值； ②求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 【答案】（1） （2）①，；② 【解析】 【分析】（1）根据互斥事件和独立事件的概率公式求解即可； （2）①根据互斥事件和独立事件的概率公式列方程组求参数即可；②利用互斥事件和独立事件的概率公式求出甲、乙两人都没有两轮都胜出的概率，再根据互斥事件的概率公式求解即可. 【小问1详解】 根据题意可知在第一轮比赛中甲，乙两人都失败的概率， 所以在第一轮比赛中，甲，乙至少有一人胜出的概率. 【小问2详解】 ①记事件为甲在第轮胜出，事件为乙在第轮胜出，， 由题意相互独立，且，，，， 若甲，乙两轮都失败的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为， 则 ， ， 整理得， 所以， 将代入得，解得或， 当时；当时，不满足， 综上，； ②甲没有两轮都胜出的概率， 乙没有两轮都胜出的概率， 所以甲、乙两人都没有两轮都胜出的概率， 所以至少有一人两轮都胜出的概率为. 18. 如图，四棱锥中，平面，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，动点在内（含边界）且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成角为，求的取值范围. 【答案】（1） 由，可知， 三角形为等腰直角三角形，，， 又因为，由余弦定理得：， 即得，， 因为平面，平面，所以， 又因为，平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）①；② 【解析】 【分析】（1）通过证明平面，可完成证明； （2）①如图建立空间直角坐标系，设的坐标为，由可得动点的轨迹，即可求长度；由①可设，据此可表示出平面的法向量，然后由空间向量结合三角函数知识可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①依题意，建立如图坐标系， 设的坐标为，， 由， 化简得：，即， 设线段的中点， 则动点的轨迹是以线段的中点为圆心， 1为半径的四分之一圆弧，故其长度为. ②由①可设，，，， ，，， 设平面的一个法向量为，则即 取，则， 则 因为，所以，所以， 所以，所以， 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $