精品解析：湖南长沙麓山国际实验学校2025-2026学年高一下学期4月学情检测数学试卷

2025-2026-2麓山国际高一4月学情检测试卷 高一年级数学试卷 命题人：喻淼 审题人：陈记铭 总分：150分 时量：120分钟 “★”标注题为教材习题改编 一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共 40分) 1. 已知集合 集合 则（ ） A. B. C. D. ★ 2. 已知a、b都是非零实数，那么“”是 的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 3. 如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形ABCD的面积是（ ） A. B. C. 8 D. 16 ★ 4. 如图，为了测量某塔楼的高度，将一无人机（视为质点）飞升至离地面高为h 米的点A 处时，测得塔尖C 的俯角为α，无人机沿水平方向飞行b 米后至点B 处时，测得塔尖C的俯角为β，则塔尖C距离地面（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 5. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 2 D. 1 ★ 6. 如图，圆台的上底面直径为1，下底面直径为2，高为1，以圆台下底面为底面，上底面中心为顶点，挖去一个圆锥，则剩下几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在内有且仅有3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知三角形中，，角的平分线交于点，若，则三角形面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每题给出选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分) ★ 9. （多选题）一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，如图所示，则截面可能的图形是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，则下列命题正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 11. （多选）已知函数对任意的都有，函数的图象关于直线对称，且对任意的，，都有．则下列结论正确的是（ ） A. 是偶函数 B. C. D. 的图象关于点对称 三、填空题(本题共3小题，每小题5分共15分) 12. 函数的定义域为_________． ★ 13. 已知对任意平面向量 把 绕其起点沿逆时针方向旋转θ角得到向量 ，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P，已知平面内点，点，把点B绕点A沿顺时针方向旋转 后得到点P，则点P坐标为______． 14. 已知向量与的夹角为，，若，则 ______. 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. （1）计算：； （2）已知，求的模． 16. 如图，设是平面内相交成( 角的两条数轴， 分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，若向量 则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标，记为 （1）若在该坐标系下， 计算 的大小； （2）若在该坐标系下，已知 且满足 求 的最大值． 17. 现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥 下部是正四棱柱 (如图所示)，且正四棱柱的高 是正四棱锥的高 的3倍． （1）若 求该几何体的体积与表面积． （2）若正四棱锥的侧棱长为6， 且Q，N分别是线段 上的动点，求的最小值． 18. 已知函数 （1）求函数f(x)的最小正周期与单调递增区间； （2）若方程 在上的解为x₁，x₂，求 (原创题) 19. 已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 （1）求角C的取值范围； （2）证明： （3）求 的取值范围． (提示： 其中S为三角形面积) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026-2麓山国际高一4月学情检测试卷 高一年级数学试卷 命题人：喻淼 审题人：陈记铭 总分：150分 时量：120分钟 “★”标注题为教材习题改编 一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共 40分) 1. 已知集合 集合 则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】计算集合中的取值范围，再由交集的概念计算可得． 【详解】因为，指数函数是减函数，因此不等式等价于， 即 . 由得​得，因此. 所以. ★ 2. 已知a、b都是非零实数，那么“”是 的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用作差法，然后判断是否能推出，进而由充分条件、必要条件的概念判断即可. 【详解】由， 如果满足，此时，不能推出， 如果满足，此时，也不能推出， 所以是的既不充分也不必要条件. 3. 如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形ABCD的面积是（ ） A. B. C. 8 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则，由直观图的特征推出原平面图形的形状及相关边长，再利用梯形面积公式计算原平面图形的面积． 【详解】在直观图中作，垂足分别为E，F， 则，所以， 由斜二测画法可知原平面图形如下： 将原平面图形上底，下底，高代入公式， 可得四边形ABCD的面积． ★ 4. 如图，为了测量某塔楼的高度，将一无人机（视为质点）飞升至离地面高为h 米的点A 处时，测得塔尖C 的俯角为α，无人机沿水平方向飞行b 米后至点B 处时，测得塔尖C的俯角为β，则塔尖C距离地面（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，求出塔尖C到飞行线路的距离即可. 【详解】作于，如图： 则，而，即， 解得，所以塔尖C距离地面. 故选：B 5. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量的概念列式，化简得到，结合、的坐标建立关于的方程，解出值，进而求出的值． 【详解】根据题意，可得，可得， 因为，，所以，解得，可得． 故选：D． ★ 6. 如图，圆台的上底面直径为1，下底面直径为2，高为1，以圆台下底面为底面，上底面中心为顶点，挖去一个圆锥，则剩下几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别计算圆台的体积和挖去的圆锥的体积，然后作差即可. 【详解】由题可知：上底面和下底面的半径分别为， 所以， 所以剩下几何体的体积为. 故选：B 7. 已知函数在内有且仅有3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先化简函数式，然后根据的范围求出的范围，在，有且仅有3个零点，再利用正弦函数的相关知识求的范围． 【详解】, 当，时，， 在，有且仅有3个零点， ， 综上：, 故选： 8. 已知三角形中，，角的平分线交于点，若，则三角形面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件得，以所在直线为轴，中点为坐标原点建立平面直角坐标系，设，从而得点在以为圆心，为半径的圆上，即可求解. 【详解】因为，则， 所以， 又，所以， 以所在直线为轴，中点为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示， 因为，则，设， 所以，整理得到， 所以点在以为圆心，为半径的圆上，故到距离的最大值为， 则三角形面积的最大值为. 二、多选题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每题给出选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分) ★ 9. （多选题）一个正方体内接于一个球，过球心作一截面，如图所示，则截面可能的图形是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据正方体及外接球的特征判断即可. 【详解】当截面平行于正方体的一个侧面时得C， 当截面过正方体的体对角线时得B， 当截面不平行于任何侧面也不过对角线时得A， 但无论如何都不能截出D． 10. 已知，则下列命题正确的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】BC 【解析】 【分析】利用和差化积公式与三角函数在区间内的单调性、取值范围，通过公式变形可逐一验证选项. 【详解】对于A：已知，则，根据和角公式：，故A错误； 对于B：利用和差化积公式：，因为且，所以，则对任意的成立，故B正确； 对于C：已知，，不妨设，则， 因为，， 且，所以， 又因为余弦函数在上单调递减，所以， 两边同乘正数得：， 即，故C正确； 对于D：因为，所以原不等式等价于，两边同时除以2，得： 当时：，两边除以正数，得，因为，所以，，此时不等式成立； 当时：，两边除以负数，不等号方向改变，得，但的最大值为1，不可能大于1，此时不等式不成立，故D错误. 11. （多选）已知函数对任意的都有，函数的图象关于直线对称，且对任意的，，都有．则下列结论正确的是（ ） A. 是偶函数 B. C. D. 的图象关于点对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的周期性、奇偶性、单调性等知识对选项逐一进行分析，即可得出正确答案. 【详解】选项A，因为函数对任意的都有， 所以，所以是周期为4的周期函数． 因为函数的图象关于直线对称，所以的图象关于直线对称，所以是偶函数，所以A正确． 选项B，由且是以4为周期的偶函数，以替换， 得，则，所以， 所以，所以B正确． 选项C，因为对任意的，都有， 所以在区间上单调递增，又因为， 且，所以，即，所以C错误． 选项D，由选项B知，所以的图象关于点对称，所以D正确． 故选：ABD． 三、填空题(本题共3小题，每小题5分共15分) 12. 函数的定义域为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据对数型函数的定义域及分式型函数定义域列出不等式组求解即可. 【详解】因为， 所以解得或， 所以函数的定义域为． ★ 13. 已知对任意平面向量 把 绕其起点沿逆时针方向旋转θ角得到向量 ，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P，已知平面内点，点，把点B绕点A沿顺时针方向旋转 后得到点P，则点P坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据新定义求出向量的坐标，进而求得点的坐标 【详解】由题意可得，，点B绕点A沿顺时针方向旋转 后得到点P， 即点B绕点A沿逆时针方向旋转 后得到点P， 则， 所以则点P坐标为. 14. 已知向量与的夹角为，，若，则 ______. 【答案】4 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律，结合一元二次不等式恒成立列式求解. 【详解】因为，所以， 展开得：①， 又因为， 代入①式得，令， 则，原题等价于恒成立， 因此，化简得，解得：， 所以. 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. （1）计算：； （2）已知，求的模． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）利用复数代数形式的乘除运算以及乘法运算法则计算， （2）化简后结合模长定义即可求解. 【详解】（1）原式． （2）， 的模为． 16. 如图，设是平面内相交成( 角的两条数轴， 分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，若向量 则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标，记为 （1）若在该坐标系下， 计算 的大小； （2）若在该坐标系下，已知 且满足 求 的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将用表示，根据向量模的运算求解即可； （2）求出，然后利用换元法转化为关于的函数，利用二次函数求最值即可. 【小问1详解】 由题可知， 则，则， ， 所以. 【小问2详解】 由题意得 ​​，​​， 因此  ， 令，由​，得​， 因此，又， 代入得这是开口向上的二次函数，对称轴为，在区间上单调递增， 因此当时取最大值.​ 17. 现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥 下部是正四棱柱 (如图所示)，且正四棱柱的高 是正四棱锥的高 的3倍． （1）若 求该几何体的体积与表面积． （2）若正四棱锥的侧棱长为6， 且Q，N分别是线段 上的动点，求的最小值． 【答案】（1）该几何体的体积为，表面积为. （2） 【解析】 【分析】（1）分别求题中的正四棱锥和正四棱柱的体积和表面积，再对应相加可得该几何体的体积与表面积； （2）将侧面和侧面展开，易知的最小值为点到线段上点的最小值，即展开图中的最小值.由已知条件，求出，从而求得，结合余弦定理，判断的最小值为点到的距离，并求得该距离. 【小问1详解】 由题可知，正四棱锥 中， 过点作，垂足为，则. 正四棱锥 的体积为， 侧面积为. 因为， 所以正四棱柱 的体积为， 去掉上底面的表面积为. 所以该几何体的体积为，表面积为. 【小问2详解】 如图，将侧面和侧面展开， 易知的最小值为展开图中三点共线时的最小值， 即展开图中点到线段上点的最小值. 由题可知，. 过点作，垂足为，则， 因为正方形中，，所以. 所以，所以，所以. 因为，. 因为，所以为锐角； ，所以为锐角， 所以的最小值为点到的距离. 所以. 即的最小值为． 18. 已知函数 （1）求函数f(x)的最小正周期与单调递增区间； （2）若方程 在上的解为x₁，x₂，求 【答案】（1）最小正周期为，单调递增区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式及辅助角公式，将变形为的形式，根据最小正周期的公式及复合函数单调性的判断求解即可； （2）利用正弦函数的对称性，得到的关系，即可求得，利用诱导公式可得. 【小问1详解】 函数 . 所以函数的最小正周期为. 令，. 因为是增函数，且当时，单调递增，单调递增. 所以当，即时，函数单调递增， 所以函数的单调递增区间为. 【小问2详解】 令 ，则，即. 令，则由，得. 由在的图象知，有两解，且这两解与关于对称， 所以，即，即. 所以， 所以. (原创题) 19. 已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 （1）求角C的取值范围； （2）证明： （3）求 的取值范围． (提示： 其中S为三角形面积) 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据锐角三角形，结合余弦定理，再通过对勾函数的性质求解即可. （2）通过余弦定理，正弦定理求解即可. （3）设，，以及化简求解即可. 【小问1详解】 因为三角形是锐角三角形，故，解得，解得且， ，由于对勾函数在单调递减，在单调递增， 当或时，，，当且仅当时，取等号，故当时， ，故，由于，故. 【小问2详解】 由正弦定理可得，， 即， ，通过和差化积可得， ， 以及 代入可得，， 整理可得，因为， 所以两侧同时除以，可得. 【小问3详解】 设，，，则，令， 由在三角形中，， 所以， 所以， 即，则， 且，化简可得，， 因为，所以，所以 所以，可得，由可得，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $