河南方城县第一高级中学2025-2026学年高二上学期1月第4次周测数学试题

2025-2026学年高二上学期1月第4次周测数学试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58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，只有一项是符合题目要求的） 1．如果三角形满足一个角是另一个角的倍，那么我们称这个三角形为“实验三角形”，下列各组数据中，能作为一个“实验三角形”三边长的一组是（    ） A．，， B．，， C．，， D．3，4，5 2．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则（   ） A． B．直线与平面所成角的余弦值为 C．点到直线的距离是 D．异面直线与所成角的余弦值为 3．若一个圆台的上、下底面半径分别为1，2，母线与底面所成角为，则该圆台的侧面积为（   ） A． B． C． D． 4．复数在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 5．已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 6．已知，，则的值是（    ） A． B． C． D． 7．蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”，且其方程为．已知椭圆的焦点在x轴上，为椭圆E上任意两点，动点P在直线上．若恒为锐角，则椭圆E离心率的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．在长方体中，若，，则异面直线，所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 二、多项选择题（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．如图所示，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为，在的仿射坐标系中，，，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 10．已知定义在R上的函数不是常数函数，且，则（   ） A． B． C． D． 11．将两个各棱长均为1的正三棱锥和的底面重合，得到一个六面体，则（   ） A．该几何体的表面积为 B．该几何体的体积为 C．直线平面BCE D．过该多面体任意三个顶点的截面中存在两个平面互相垂直 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．正四棱台的体积为，上底面，下底面的边长分别为4，6，记交于点交于点，则 ，若四棱台的各个顶点均在球的表面上，则球的表面积为 ． 13．用区间表示下列集合： （1）= ； （2）= ； （3）= ； （4）或= ； （5）且= ． 14．直角梯形中，，，，点，为的中点，在边上运动(包含端点)，则的取值范围为 . 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．已知函数定义在上的奇函数，且. (1)求实数，的值和的解析式； (2)判断并证明在上的单调性； (3)解不等式. 16．已知，，，，，求： (1)，，； (2)与的夹角的余弦值． 17．甲、乙两人进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得2分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的人获得冠军．已知甲在三个项目中获胜的概率分别为，，，各项目的比赛结果相互独立． (1)若，求甲得4分的概率； (2)要使甲获胜的概率大，求的取值范围． 18．如图，菱形的对角线与交于点，点分别在上，交于点，将沿折到位置，． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 19．函数的定义域为，若区间，函数在上的值域是，则称为函数的“跟随区间”，特别地，当时，称是函数的“保值区间”. (1)求函数 的“跟随区间”； (2)证明：函数不存在“保值区间”； (3)定义域为的函数满足：①为奇函数；②当时， 若函数在上存在“保值区间”，求实数的取值范围. 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《2025-2026学年高二上学期1月第4次周测数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C D C D B D B AB ACD 题号 11 答案 BD 1．B 【分析】根据所给边长，分别求出各个三角形的角度，结合题意，分析即可得答案. 【详解】选项A：因为，所以此三角形为等腰直角三角形， 三个角分别为，不符合题意，故A错误； 选项B：因为三边分别为，，，则此三角形为等腰三角形，作底边上的高，如图所示 则，， 所以，所以， 所以，则，符合题意，故B正确； 选项C：因为，所以此三角形为直角三角形， 最小角正弦值为，即三个角分别为，不符合题意，故C错误； 选项D：因为，所以此三角形为直角三角形， 最小角的正弦值为，则最小角大于，最大角为，不符合题意，故D错误. 故选：B 2．C 【分析】A选项，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到；B选项，求出平面的法向量，利用线面角的夹角公式求出答案；C选项，利用空间向量点到直线距离公式进行求解；D选项，利用异面直线夹角公式进行求解. 【详解】 A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， ， 则，A错误； B选项，平面的法向量为， ，设直线与平面所成角的大小为， 则，B错误； C选项，， 点到直线的距离为，C正确； D选项，， 设异面直线与所成角大小为， 则，D错误. 故选：C 3．D 【分析】根据题意画出圆台的轴截面图，并求棱长，进而利用圆台的侧面积公式求解即可. 【详解】圆台的轴截面如下图： 因为母线与下底面所成的角为，所以母线长为， 所以圆台的侧面积为：. 故选：D. 4．C 【分析】由复数的除法运算求得复数，即可写出其在复平面内对应的点坐标，得到答案. 【详解】， ∴复数在复平面内对应的点坐标为，位于第三象限. 故选：C. 5．D 【分析】ABC可举出反例；D选项，先得到线面平行，进而得到面面平行. 【详解】A选项，若，，则或，A错误； B选项，若，，则或相交，B错误； C选项，若，，则或或与相交，C错误； D选项，若，，在内分别存在相交直线和相交直线， 使得，，且， 因为，所以，同理可得， 因为为相交直线，故，D正确. 故选：D 6．B 【分析】先求出，再利用两角差的余弦公式即可得到答案. 【详解】因为，，则， 则. 故选：B. 7．D 【分析】分析可知，直线与圆相离，利用直线与圆的位置关系可求出的取值范围，再结合椭圆离心率公式可求得椭圆的离心率. 【详解】由题意可知，圆即为椭圆蒙日圆， 因为、为椭圆上任意两点，动点满足恒为锐角， 则点在圆外， 又因为动点在直线上， 则直线与圆相离， 所以，解得， 则，即， 因此，椭圆的离心率的取值范围是. 故选：D. 8．B 【分析】注意到，则、所成角，即为与所成角，然后由题意及余弦定理可得答案. 【详解】连接、，由题可得，又， 则四边形为平行四边形，则， 即，所成角，即为与所成角或其补角， 又由题可得，， 则. 因此，异面直线，所成角的余弦值为. 故选：B. 9．AB 【分析】利用题意以及向量模，数量积的定义对各个选项逐个求解即可． 【详解】，，故A正确， ，故B正确， ，故C错误， ，故D错误， 故选：AB 10．ACD 【分析】对ABC选项分别赋值即可判断，对于D先根据赋值得及，再由基本不等式及等式性质可得. 【详解】对于A：令，则， 即， 又函数不是常数函数，所以， 即，故A正确； 对于B：令，则， 所以，即，故B错误； 对于C：令，，则， 再令，，则， 由可知，当时，， 则，故C正确； 对于D：令，则，所以， 则，，又， 所以， 即，当且仅当时等号成立，故D正确. 故选：ACD. 11．BD 【分析】根据已知并利用棱锥的表面积、体积求法求六面体的表面积和体积判断A、B；应用反证法，根据直线平面BCE，得到矛盾结论判断C；利用面面垂直的判定证明平面平面，同理其它任意三点都有相同的情况判断D. 【详解】由题设，六面体的棱长均为1，其表面积为，A错， 其体积为两个正三棱锥的体积之和，且正三棱锥的高为， 故体积为，B对，    假设直线平面BCE成立，设是的中心， 由是等边三角形，延长交于，则为的中点， 结合对称性知三点共线且、， 设是的中点，且，则，不在平面内，故平面， 由平面，平面平面，则， 而在中， 所以不平行，矛盾，C错， 由C分析知平面，三点共线，平面， 所以平面平面，同理其它情况也有类似结论，D对. 故选：BD 12． 【分析】根据台体的体积公式可得，即可根据勾股定理求解第一空，根据外接球的性质，结合勾股定理可求解半径，由表面积公式求解第二空. 【详解】如图，连接，则底面， 由题意可得，，该正四棱台的体积，， 连接，故； 设， 则，， 由，解得， ，即球的半径， 球的表面积为． 故答案为：，. 13． 【分析】（1）根据开区间的定义写出结论； （2）根据左开右闭区间的定义写出结论； （3）根据闭区间的定义写出结论； （4）根据区间的定义结合并集运算写出结论； （5）根据区间的定义结合集合运算写出结论． 【详解】（1）=； （2）=； （3）=； （4）或=； （5）且=． 故答案为： ；；；；． 14． 【分析】建立平面直角坐标系，再利用向量的数量积的坐标运算即可求解. 【详解】 建立平面直角坐标系如图，则，，，， 点，为的中点，，， ，，， 在边上运动(包含端点)，设， ，， ， ，， 的取值范围为. 故答案为：. 15．(1) (2)在上单调递减，证明见解析 (3) 【分析】（1）结合奇函数性质与计算即可得解； （2）结合函数单调性定义，令，得到的正负即可得； （3）结合奇函数与单调性定义计算即可得解. 【详解】（1）函数是定义在区间上的奇函数， 所以，即， 因为，所以，所以， 所以， 经检验、符合题意， 所以，. （2）在区间上单调递减，证明如下： 由（1）得，令， 则， 由，所以， 所以，即， 所以在区间上单调递减. （3）由得， 由在区间上单调递减， 所以，解得， 所以原不等式的解集为. 16．(1) (2)． 【分析】（1）根据向量的平行和垂直，分别列出方程，解得答案; （2）求出向量与的夹角的坐标，利用向量的夹角公式求得答案. 【详解】（1）∵， ，    解得,     则， ∵，， 即， 解得，    则． （2）由得， ， 设与的夹角为， =，=，    与的夹角为的余弦值为． 17．(1) (2) 【分析】（1）直接用独立概率乘法求甲恰好赢两局的概率，相加即可； （2）先分析甲获胜的条件是赢至少两局，分别求出赢两局和赢三局的概率，总胜率表达为的一次函数，从而得到不等式，得到，结合得范围. 【详解】（1）甲得分规则：每个项目胜得分，负得分，总得分可能为， 甲得4分，说明他三局中赢局、输局， 三个项目胜率分别为：， 赢2局的可能情形： 赢第1、2局，输第3局，概率， 赢第1、3局，输第2局，概率， 赢第2、3局，输第1局，概率， 总概率：， 所以：甲得分的概率为； （2）由题意可得个项目一共分，总共分或分者即可取胜， 则甲得分的概率为， 甲得分的概率为， 所以甲得分或分的概率为， 故乙得分或分的概率为， 要使甲获胜的概率大，所以，， 结合概率范围，得. 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形的几何性质、平行线等分线段定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【详解】（1）因为四边形是菱形， 所以，， 又因为 所以， 所以， 所以， 从而. 由， 得. 由，得. 所以，. 于是， 故.又， 而，   平面， 所以平面. （2）以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则   ，，，，， ，，. 设是平面的法向量，   则，即，可取. 设是平面的法向量， ，即，可取.     于是， 设二面角的大小为， . 因此二面角的正弦值是. 19．(1) (2)证明见解析； (3) 【分析】（1）由得，进而根据函数在上单调递增得，再结合即可求得答案； （2）假设函数存在“保值区间”，则必有或，再根据函数的单调性列方程，得到方程组无解即可证明； （3）先根据函数的对称性得，，进而得及与时的图象，再分，，三种情况讨论求解即可. 【详解】（1）解：设函数的“跟随区间”为，则的值域为 因为， 所以，即， 所以函数在上单调递增， 所以，即是一元二次方程的两个实数根，解得或， 又因为，所以，. 所以函数的“跟随区间”为. （2）证明：函数的定义域为 假设函数存在“保值区间”（），则必有或， 因为在和上均为单调递减函数， 所以，两式作差得：，即 因为，所以，即， 将代入得，此方程无解， 所以函数不存在“保值区间”. （3）解：因为为奇函数， 所以函数的图象关于点对称，即 当时，， 所以当时，，， 所以， 当时，，且单调递增， 因为函数的图象关于点对称， 所以当时，，且单调递增， 所以，在与图象如图所示：        当时，函数，显然不存在“保值区间”， 若函数在存在“保值区间”（）， 当时， 若，则，所以，不合题意， 所以若在存在“保值区间”，则必有 因为函数在上单调递增， 所以，即， 所以在上有两个不同的解， 令，则，当且仅当时等号成立，且，时有两个不同的解； 所以， 当时， 若，则，所以，不合题意， 所以，若在存在“保值区间”，则必有， 由于函数在上单调递减， 所以， 两式作差得，即：， 将代入得， 即，所以， 所以，当，，时，在存在“保值区间” 综上，当实数的取值范围为 答案第2页，共16页 答案第1页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $