精品解析：陕西安康市2025-2026学年高一年级下学期阶段性检测数学试题

高一年级阶段性检测 数学 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：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.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知命题，，则命题的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【详解】，，的否定是： ，. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】. 3. 已知集合，，若，则实数的所有取值之和为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【详解】已知集合，，， 则或. 若，因式分解为，解得或. 两种解都满足集合元素互异性. 若，整理得，判别式，无实数解. 故实数的所有取值之和为. 4. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用对数函数与指数函数单调性解不等式，根据解集的关系结合充分条件、必要条件分析即可. 【详解】因为函数在上单调递增， 所以由得：，解得：， 即不等式的解集为， 又函数在上单调递增， 所以由得：，解得：， 即不等式的解集为， 由为的真子集， 故“”是“”的充分不必要条件. 5. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，的面积.则外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角形面积公式求出边，再利用余弦定理求出边，最后利用正弦定理求出外接圆半径即可求解. 【详解】已知，，的面积， 所以，解得. 根据余弦定理得，解得. 则，即，进而外接圆面积为. 6. 在平面内，质点在三个力，，的作用下恰好处于平衡状态，其中，，现用作用在上产生位移，则力对做功为（ ） A. 2 B. -2 C. 4 D. -4 【答案】D 【解析】 【详解】设，因为质点在三个力，，的作用下恰好处于平衡状态， 所以，代入坐标得，， 解得，， 则力对做的功为：. 7. 一个有盖的圆台形水桶的上、下底面的半径分别为，，体积为，则其表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由圆台体积公式求出高，进而得到母线长，再由表面积公式即可求解. 【详解】设圆台的高为， 由条件得圆台上底半径 ，下底半径 ，体积， 则 ， 化简得： ， 由勾股定理，母线长满足， 代入得： ， 则侧面积， 上下底面积和： 故表面积：. 8. 如图，在中，，过点的直线与射线，分别交于点，，且，其中，，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】先利用三点共线的向量性质，将用与线性表示，再结合已知的的分解式，通过平面向量基本定理得到与的关系式，最后将目标式与该关系式结合，用基本不等式求最小值. 【详解】因为，，三点共线，所以存在实数使得. 又，，所以. 已知，   由平面向量基本定理，得，. 消去，得，因为，. 所以 . 当且仅当且，即时取等号. 所以的最小值为. 二、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. 若是关于的实系数方程的一个复数根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数为方程的根，则也是方程的根，再结合韦达定理求解． 【详解】解：是关于的实系数方程的一个复数根， 则是关于的实系数方程的一个复数根， ，解得． 10. 下列说法正确的是（ ） A. 直四棱柱是长方体 B. 棱台的侧面都是梯形 C. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 D. 圆锥的轴截面是一个等腰三角形 【答案】BCD 【解析】 【详解】选项A：直四棱柱的侧棱垂直于底面，但底面可以是任意四边形，不一定为矩形，长方体要求底面为矩形且所有面都是矩形，因此直四棱柱不一定是长方体； 选项B：棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到的，其上下底面平行且相似，侧面均为四边形，且有一组对边平行，另一组对边不平行，因此侧面都是梯形； 选项C：正棱锥的底面是正多边形，顶点在底面的投影是底面中心，因此所有侧棱相等，底面各边相等。侧面三角形由两条侧棱和一条底边构成，这些三角形全等，且因为侧棱相等，所以每个侧面都是等腰三角形； 选项D：圆锥的轴截面是过圆锥轴线的平面，其与圆锥的交线是一个三角形，两条腰为圆锥的母线，底边为底面直径，因此该三角形是等腰三角形. 11. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 直线为图象的一条对称轴 C. 的图象关于点对称 D. 将的图象向左平移个单位长度后得到的函数为偶函数 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据图象，求出，得的解析式，即可判断A的正误；对B和C，利用正弦函数的性质，直接代入检验，即可判断正误；对D，先求出平移后的函数，再利用奇偶函数的定义，即可求解. 【详解】由图易知，，又，所以， 又由图知过点，则，得到， 又，所以，，所以A正确， 对于B，因为或，所以直线不是的对称轴，故B错误， 对于C，因为，所以是的一个对称中心，故C正确， 对于D，将的图象向左平移个单位长度后得到， 易知定义域为，关于原点对称，又，所以为偶函数，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的图象过定点______. 【答案】 【解析】 【详解】由，解得，代入函数，可得， 所以函数图象恒过定点. 13. 如图，在平面直角坐标系中放置一个，其中，，，则在对应的斜二测坐标系下（），的直观图的周长为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据斜二测画法在斜二测坐标系中绘制直观图，再根据余弦定理求直观图中的斜边长即可 【详解】如图所示为在斜二测坐标系中的直观图，因为，所以，.由余弦定理可得：，所以直观图的周长为： 14. 在中，，，，点满足，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积定义和正弦定理化简条件并求出，再根据向量的平行四边形法则用、表示出，进而求出. 【详解】化简： 由正弦定理得 由正弦的两角和公式得 又， ， 又，， 如图，，是的中点， 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知复数． （1）若，求； （2）若复数为纯虚数，求的值； （3）若复数在复平面内对应的点位于第一象限，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）代入求出，再利用复数模的公式求解； （2）根据纯虚数的性质列方程组求解； （3）根据复数在复平面内对应点位于第一象限的条件列不等式组求的取值范围． 【小问1详解】 时，， ． 【小问2详解】 若为纯虚数，则， 解得，解得， 综上可得，． 【小问3详解】 已知复数在复平面内对应的点位于第一象限， ，解得，或； 解得，； 的取值范围为． 16. 已知平面向量，，． （1）若，求实数的值； （2）求； （3）若，求的最小值． 【答案】（1）2 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量平行构造方程求解； （2）分别求出及，进而求出； （3）先求出，再利用二次函数的性质求最小值． 【小问1详解】 已知， ，解得． 【小问2详解】 已知，则， ， ． 【小问3详解】 ， 二次函数开口向上，对称轴， ． 17. 某组合体由下方的正四棱柱与上方的正四棱锥拼接而成，正四棱锥的底面与正四棱柱的上底面重合.已知正四棱柱底面边长为2，高为3，正四棱锥的高为2. （1）求正四棱锥的侧棱长； （2）求该组合体的表面积； （3）求该组合体的体积. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 解：如图，组合体由正四棱柱和正四棱锥构成， 的中心为，则平面， ，， 则正四棱锥的侧棱长为； 【小问2详解】 解：中， ， 边上的高，， 该组合体的表面积； 【小问3详解】 ， ， 则该组合体的体积． 18. 已知函数的定义域为，对任意正实数，，恒有，且当时，. （1）求证：，且当时，； （2）判断在上的单调性； （3）若存在，使得，求实数的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2）单调递增 （3） 【解析】 【分析】（1）利用已知条件，对自变量赋值可证且当时； （2）根据函数单调性的定义判断； （3）利用（2）的单调性和函数的定义域建立不等式组，求解； 【小问1详解】 由题可知，所以， 因为，则，又， 所以， 所以当时，； 【小问2详解】 任取，则，则， 又， 所以， 所以在上的单调递增； 【小问3详解】 由题意，需满足定义域条件 ，解得，且， 由（2）知  单调递增，原不等式等价于 ， 要使该不等式有解，只需  小于  在其定义域  上的最大值， 令，则， 所以，解得， 所以的取值范围为 19. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）若，，求的值； （2）求的值； （3）若为锐角三角形，且，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理求出，再利用余弦定理求解； （2）根据正弦定理、余弦定理以及求出之间的关系，进而求解； （3）根据题意取出的范围，得到的范围，再由（2）将用表示，最后利用基本不等式求出最小值. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，因为，所以， 所以，解得， 又，即，解得，或 当时，，则，又，所以， 此时，不符合题意，舍去，所以； 【小问2详解】 因为，所以， 又，所以，所以， 又，所以，整理得， 因式分解得：， 若，则，又，所以， 所以， 若，则，所以； 综上所述：； 【小问3详解】 因为，且为锐角三角形， 所以，解得，所以， 由正弦定理及得， 由（2）知，所以，所以， 所以， 当且仅当，即时取得等号， 又，满足，所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一年级阶段性检测 数学 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：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.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知命题，，则命题的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知集合，，若，则实数的所有取值之和为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 4. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 记的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，的面积.则外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 在平面内，质点在三个力，，的作用下恰好处于平衡状态，其中，，现用作用在上产生位移，则力对做功为（ ） A. 2 B. -2 C. 4 D. -4 7. 一个有盖的圆台形水桶的上、下底面的半径分别为，，体积为，则其表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，，过点的直线与射线，分别交于点，，且，其中，，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 二、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. 若是关于的实系数方程的一个复数根，则（ ） A. B. C. D. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 直四棱柱是长方体 B. 棱台的侧面都是梯形 C. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 D. 圆锥的轴截面是一个等腰三角形 11. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 直线为图象的一条对称轴 C. 的图象关于点对称 D. 将的图象向左平移个单位长度后得到的函数为偶函数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的图象过定点______. 13. 如图，在平面直角坐标系中放置一个，其中，，，则在对应的斜二测坐标系下（），的直观图的周长为______. 14. 在中，，，，点满足，则______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知复数． （1）若，求； （2）若复数为纯虚数，求的值； （3）若复数在复平面内对应的点位于第一象限，求的取值范围． 16. 已知平面向量，，． （1）若，求实数的值； （2）求； （3）若，求的最小值． 17. 某组合体由下方的正四棱柱与上方的正四棱锥拼接而成，正四棱锥的底面与正四棱柱的上底面重合.已知正四棱柱底面边长为2，高为3，正四棱锥的高为2. （1）求正四棱锥的侧棱长； （2）求该组合体的表面积； （3）求该组合体的体积. 18. 已知函数的定义域为，对任意正实数，，恒有，且当时，. （1）求证：，且当时，； （2）判断在上的单调性； （3）若存在，使得，求实数的取值范围. 19. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）若，，求的值； （2）求的值； （3）若为锐角三角形，且，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $