精品解析：浙江桐乡市高级中学2025-2026学年第二学期高一年级学业质量阶段调研数学试题

2025学年第二学期高一年级学业质量阶段调研 数学 注意事项： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟； 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场､座位号及准考证号并核对条形码信息； 3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试卷上的作答一律无效. 选择题部分（共58分） 一､选择题（本大题共8题，每小题5分，共40分.每小题列出的四个选项中，只有一个符合题目要求） 1. 集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意可得 2. 若复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】使用复数的概念，模长计算公式求解. 【详解】因为，所以. 3. 若，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】当时，，故A不成立； 当时，满足，此时， 故B不成立； 当时，满足， ，故，故C不成立； ，， ， ，故成立． 4. 对于向量，下列命题一定正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则在方向上的投影向量相等 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【详解】若，则或. 若，，则与不一定平行. 若，则在方向上的投影向量为，在方向上的投影向量为， 故投影向量相等. 由可得 ，又，所以向量与垂直或，故不一定能推出. 5. 已知函数，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】 ． 6. 在中，，则的最小值是（ ） A. 7 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用平面向量模的坐标表示公式、平面向量线性运算的坐标表示公式进行求解即可. 【详解】在中，， 所以可以建立如图所示的平面直角坐标系， ， ， ， 当时，有最小值. 7. 已知满足：，则角的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得，即. 所以，当时取等号； 又，故角为锐角，，，当时取等号， 所以角的最大值是. 8. 已知函数与的图象在时有且只有一个交点，则（ ） A. -1 B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】问题先转化为方程在时只有一个实数根，然后得到，通过构造新函数，判断新函数的奇偶性，利用新函数的奇偶性的性质进行求解即可. 【详解】因为函数与的图象在时有且只有一个交点， 所以方程在时只有一个实数根， ， 于是问题转化为直线与函数在时只有一个交点， 因为， 所以函数在时是偶函数， 根据偶函数的对称性可知：当直线与函数在时只有一个交点时，只需. 二､多选题（本大题共3题，每小题6分，共18分.每小题列出的四个选项中，有多个是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分对得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 相等的线段在直观图中仍然相等 B. 平行的线段在直观图中仍然平行 C. 相等的角在直观图中仍然相等 D. 面积相等的三角形在直观图中其面积仍然相等 【答案】BD 【解析】 【分析】根据斜二测法的规则对选项逐一判断即可. 【详解】首先分析斜二测画法的规则： 斜二测画法中，对于线段长度，轴方向线段长度不变，轴方向线段长度减半， 所以相等的线段在直观图中不一定相等，故A错误； 平行性不变，即平行的线段在直观图中仍然平行，故B正确； 原来垂直的线段，在直观图中不一定垂直，比如平面直角坐标系中垂直的轴和轴， 在斜二测画法中轴成45°（或135°）角，不再垂直， 相等的角在直观图中不一定相等，比如平面直角坐标系中90°的角， 在斜二测画法中可能变成45°或135°等，故C错误； 斜二测直观图面积是原图形面积的， 所以面积相等的三角形在直观图中其面积仍然相等，故D正确. 10. 对于复数，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【详解】因为，所以是负实数，则，故A正确； 令，，因为，则， 所以，即，所以，故B正确； 假设，，满足， 但是，是虚数不能比较大小，故C错误； 假设，由于，满足，但是，故D错误. 11. 若定义在上的函数满足，对，存在常数，都有，则下列结论中可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】根据题设条件：对任意，有， 构造函数，则是严格递增函数， （因差商）， 由，得，利用，逐一分析选项： 选项A：，代入得：，即， 因，；又，严格递增，故 ， 取（严格递增，），，则 ， 满足，对应，A可能成立． 选项B：，代入得：，即， 取（严格递增，），，则 ， 满足，对应，B可能成立． 选项C：，代入得：， 即 ，但（），严格递增， 故 ，矛盾，C不可能成立． 选项D：，代入得：，即 ， 取（严格递增，），，则， 对应，D可能成立． 非选择题部分（共92分） 三､填空题（本大题共3题，每小题5分，共15分） 12. 复数是关于的方程的一个根，则_________． 【答案】3 【解析】 【分析】由根与方程的关系可得，解得即可计算出结果. 【详解】由题意可得，将代入方程可得 ，整理得； 由复数概念可得，解得， 所以. 故答案为：3 13. 如图，为圆锥的轴截面，，则从点出发沿圆锥的侧面再回到点的最短路线的长是__________. 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以圆锥底面圆周长为，即侧面展开图中扇形的弧长为， 因为，所以扇形的圆心角， 则最短路线长为该圆心角所对应弦长. 14. 若向量满足，则的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的运算性质、基本不等式，结合平面向量数量积的定义进行求解即可. 【详解】设向量的夹角为， ， 当且仅当时取等号，即， 当时，， 当时，，显然成立； 当时， ， 因为，所以， 所以； 当时， ， 因为，所以， 所以， 综上所述：的最小值为. 四､解答题（本大题共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 （1）求向量与的夹角； （2）求向量在方向上的投影向量. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量夹角的坐标公式进行求解即可； （2）根据投影向量的定义，结合平面向量数量积的坐标公式进行求解即可. 【小问1详解】 因为， 则，， 所以； 【小问2详解】 向量在方向上的投影向量为： . 16. 已知函数图象上相邻的一个最低点与一个最高点分别为. （1）求的解析式； （2）将的图象向左平移个单位后得到函数的图象，求在上的单调区间. 【答案】（1） （2）单调递增区间为，单调递减区间为 【解析】 【分析】（1）根据三角函数图象性质利用周期性和点坐标计算即可求出解析式； （2）结合平移规则利用整体代换法可求出单调区间. 【小问1详解】 函数图象上相邻的一个最低点与一个最高点分别为， ，，得； ，，解得； 由可得； 因此；又，； 可得. 【小问2详解】 将的图象向左平移个单位后得到； 令，解得； 令，解得； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为； ，在上单调递增，在上单调递减. 17. 如图，在等腰梯形中，,交于. （1）当时， （i）用和表示； （ii）求； （2）设，求的取值范围. 【答案】（1）（i）；（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）根据平面向量线性运算的性质进行求解即可； （ii）根据三点共线的平面向量性质进行求解即可； （2）根据平面向量线性运算的性质，结合反比例型函数的单调性进行求解即可. 【小问1详解】 （i）依题意， ， 所以； （ii）设，由共线可得①， 又三点共线，所以，则②， 联立①②解得：， 所以， 故，所以； 【小问2详解】 因为， 所以 所以. 又因为， 所以根据条件 ， 又因为， 所以有，可得：， 所以， 因为函数在上单调递减，且， 所以. 18. 每个面都是正多边形的凸多面体称为阿基米德多面体.现从一个棱长为2的正方体的每个角处，切去一个大小相同的正三棱锥，得到一个阿基米德多面体. （1）若截得的阿基米德多面体如图所示，求其表面积； （2）当截得的阿基米德多面体体积达到最大时： （i）求此时该多面体的体积和外接球半径； （ii）该几何体是否存在内切球（与每个面都相切），若有，求出内切球半径，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i），半径为；（ii）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用正方体性质，即可求解； （2）（i）从正方体中截走四个正三棱锥得到阿基米德多面体，只有两种可能，再计算体积达到最大的情形，则可根据条件求解边长，问题即可求解； （ii）利用满足条件的内切球去求出截去的正三棱锥棱长，发现与这两种情形不符，即不存在. 【小问1详解】 由已知条件可知，正三角形和正方形的边长是， 所以它们的面积分别为和，因为正三角形共有8个，正方形共有6个， 所以该几何体的表面积是； 【小问2详解】 要从一个棱长为2的正方体的每个角处，切去一个大小相同的正三棱锥，得到表面是一个正多边形，且满足体积最大，只能是表面为1个正八边形，如图所示， 截得的是8个正三角形和6个正八边形， 设其边长为，则由得：， 所以，即， （i）所以截去一个正三棱锥的体积为：， 则所求的几何体的体积是， 如图可求：， 由该几何体的形状可知它的外接球球心就是正方体的中心， 因为， 所以该几何体的外接球半径为； （ii）若存在内切球，则必与6个正八边形面相切，即是原正方体的内切球，故半径为1，此时各个正三角形面也与这个球相切，则可作对角面的截面如图所示 其中，因为， 所以，所以， 由第（i）可知，要求截得阿基米德多面体时，满足表面是正八边形，则与相矛盾，满足表面是正方形，则与相矛盾，故内切球不存在. 19. 如图，已知为三个内角的对边，为边上一点，且. （1）若，求的值； （2）若，求的值； （3）求的取值范围. 【答案】（1）2 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意得出角的大小，然后通过计算即可； （2）利用正弦定理的边化角以及三角形三角的关系即可求解； （3）利用正弦定理的边化角以及三角形三角的关系构造新函数，利用函数的单调性即可求解. 【小问1详解】 如图所示，，所以， 【小问2详解】 设，则， 所以在中，有， 所以，所以， 又因为，所以 所以， 因为，所以. 【小问3详解】 设，则，设外接圆半径为，则 因为，所以，因此.所以，所以 所以 设，则由已知可知，所以， 所以 任取，则， 所以，所以，所以 又因为，所以 所以，所以在上单调递减， 所以，即的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期高一年级学业质量阶段调研 数学 注意事项： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟； 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场､座位号及准考证号并核对条形码信息； 3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试卷上的作答一律无效. 选择题部分（共58分） 一､选择题（本大题共8题，每小题5分，共40分.每小题列出的四个选项中，只有一个符合题目要求） 1. 集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 3. 若，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 对于向量，下列命题一定正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则在方向上的投影向量相等 D. 若，则 5. 已知函数，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 6. 在中，，则的最小值是（ ） A. 7 B. 1 C. D. 7. 已知满足：，则角的最大值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数与的图象在时有且只有一个交点，则（ ） A. -1 B. C. 1 D. 2 二､多选题（本大题共3题，每小题6分，共18分.每小题列出的四个选项中，有多个是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分对得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 相等的线段在直观图中仍然相等 B. 平行的线段在直观图中仍然平行 C. 相等的角在直观图中仍然相等 D. 面积相等的三角形在直观图中其面积仍然相等 10. 对于复数，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 若定义在上的函数满足，对，存在常数，都有，则下列结论中可能成立的是（ ） A. B. C. D. 非选择题部分（共92分） 三､填空题（本大题共3题，每小题5分，共15分） 12. 复数是关于的方程的一个根，则_________． 13. 如图，为圆锥的轴截面，，则从点出发沿圆锥的侧面再回到点的最短路线的长是__________. 14. 若向量满足，则的最小值为__________. 四､解答题（本大题共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 （1）求向量与的夹角； （2）求向量在方向上的投影向量. 16. 已知函数图象上相邻的一个最低点与一个最高点分别为. （1）求的解析式； （2）将的图象向左平移个单位后得到函数的图象，求在上的单调区间. 17. 如图，在等腰梯形中，,交于. （1）当时， （i）用和表示； （ii）求； （2）设，求的取值范围. 18. 每个面都是正多边形的凸多面体称为阿基米德多面体.现从一个棱长为2的正方体的每个角处，切去一个大小相同的正三棱锥，得到一个阿基米德多面体. （1）若截得的阿基米德多面体如图所示，求其表面积； （2）当截得的阿基米德多面体体积达到最大时： （i）求此时该多面体的体积和外接球半径； （ii）该几何体是否存在内切球（与每个面都相切），若有，求出内切球半径，若不存在，请说明理由. 19. 如图，已知为三个内角的对边，为边上一点，且. （1）若，求的值； （2）若，求的值； （3）求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $