精品解析：浙江金华市卓越联盟2025-2026学年第二学期5月阶段性联考高一数学试题

绝密★考试结束前 2025学年第二学期卓越联盟5月阶段性联考 高一年级数学学科试题 命题学校：东阳二中 审题学校：永康二中 义乌三中 考生须知： 1．本卷共4页满分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、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效． 4．考试结束后，只需上交答题纸． 选择题部分 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，只有一个是符合题目要求的． 1. 集合，，（ ） A. B. C. D. 2. 非零向量，，，是的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知圆锥的轴截面为等边三角形，高为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 棱长为2的正方体，点在棱上，满足最小，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 1 6. 四棱锥中，底面为边长为3的正方形，平面，与底面成角，，分别为棱，上靠近点的三等分点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，，，，作交于，交于，，则（ ） A. B. C. D. 8. 四棱锥中，满足，，，若该四棱锥有外接球，则此外接球被平面所截的平面面积范围为（ ） A. B. C. D. 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. 复数，，已知，，下列说法正确的是（ ） A. 复平面内与对应的点在第三象限 B. C. D. 10. 设，下列说法正确的是（ ） A. 若，则的最小值为1 B. 恒成立 C. ，恒成立 D. 若，，且，则 11. 在中，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 可能为0 D. 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ________． 13. 中，，则________． 14. 已知平面向量，，，，，，，，其中，则的最大值为________． 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. 学校对高一学生期中考试的数学成绩进行调查，现抽取100人进行数据统计，绘制频率分布直方图如下， （1）求的值和该组数据的中位数： （2）若这100人中有女生40人，且男生平均分106，方差为16；女生平均分101，方差为36，求这100人的数学平均分和方差． 16. 三棱锥中，，，，面面，（坐标法不给分） （1）证明：； （2）若，求二面角的正切值． 17. 已知函数（且），， （1）（ⅰ）判断的单调性（不必证明）； （ⅱ）判断的奇偶性并证明； （2）若，且对恒成立，求的取值范围. 18. （1）在中，边上的中线为，证明：； （2）已知面积为，，，求的长． （3）在中，，边上的高线长为，为的中点，求的最小值. 19. 正四棱台的高为2，，，点，，均在平面内，且直线与夹角的正切值的最小值为．（坐标法不给分） 引理：最小角定理——斜线与平面所成角是斜线与平面内所有直线所成角中最小的角． （1）点的轨迹长度； （2）若，求到直线的距离； （3）求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★考试结束前 2025学年第二学期卓越联盟5月阶段性联考 高一年级数学学科试题 命题学校：东阳二中 审题学校：永康二中 义乌三中 考生须知： 1．本卷共4页满分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、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效． 4．考试结束后，只需上交答题纸． 选择题部分 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，只有一个是符合题目要求的． 1. 集合，，（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，故 又，则. 2. 非零向量，，，是的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分、必要的概念及数量积的运算性质判断. 【详解】 若，则， 这只能说明向量与垂直或，不能推出， 例如，取，，，满足，但， 所以充分性不成立； 若，则，所以，即，必要性成立； 综上，是的必要不充分条件. 3. 已知圆锥的轴截面为等边三角形，高为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由圆锥的轴截面是高为的等边三角形，则等边三角形的边长为， 则该圆锥底面半径为，母线长为，高为， 故该圆锥的体积为. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由二倍角余弦公式有，利用平方关系将齐次化，然后弦化切即可求解. 【详解】因为，所以． 5. 棱长为2的正方体，点在棱上，满足最小，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，点为的中点，最小，再利用转化法求体积. 【详解】根据题意，将平面展开与平面共面， 连接，交于点，则点为的中点，此时最小， 则. 6. 四棱锥中，底面为边长为3的正方形，平面，与底面成角，，分别为棱，上靠近点的三等分点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设上靠近D的三等分点为E，连接， 因为，分别为棱，上靠近点的三等分点， 所以，则且， 四棱锥中，底面为边长为3的正方形，平面，与底面成角， 因此线面角，得，则, 由.得且，则且， 则四边形为平行四边形，故， 则（或其补角）即为异面直线，所成角； 作，垂足为F，则，则， 故，则； 由平面，平面，则， 结合，平面，则平面， 则平面，平面，则， 而，故， 在中，，则, 即异面直线，所成角的余弦值为. 7. 在中，，，，，作交于，交于，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，，又，可得，进而利用向量的数量积的运算律计算即可求解. 【详解】因为，所以， 又，所以， 又，所以，所以. 又因为在中，，，， 所以 ， 所以，解得. 8. 四棱锥中，满足，，，若该四棱锥有外接球，则此外接球被平面所截的平面面积范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先确定四棱锥外接球的半径，再分析外接球被平面所截的截面圆半径的取值范围，进而得到截面面积的范围. 【详解】由题意可知， 在中，， 故， 在中，， 故， 因此都在以为直径的球面上， 四棱锥的外接球直径就是，得外接球半径，球心为中点， 又因为，，故是等边三角形，为中点， 由等边三角形三线合一的性质，球心到直线的距离为定值， 对于任意过直线的平面，球心到平面的距离满足：， 所以对应平面，存在且不与其他顶点重合，保留， 若，则球心在平面内，由共线得也在平面内， 此时与重合，不构成四棱锥，故， 由球的截面性质，截面圆半径满足：， 代入的范围得：，故截面面积. 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. 复数，，已知，，下列说法正确的是（ ） A. 复平面内与对应的点在第三象限 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出，利用复数的运算逐一分析每个选项即可. 【详解】对于A项，对应的点为在第二象限，故A错误； 对于B项，，则，故B正确； 对于C项，，故C正确； 对于D项，，故D正确. 10. 设，下列说法正确的是（ ） A. 若，则的最小值为1 B. 恒成立 C. ，恒成立 D. 若，，且，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，对变形后用基本不等式判断等号能否取到；B选项，化简两个括号内的表达式，再整理乘积，判断结果和0的大小关系；C选项，通分整理原式判断符号即可；D选项，用基本不等式建立关于的不等式，再求解范围. 【详解】选项A：当时，，由基本不等式得（当且仅当时取等号），所以的最小值为，故A错误. 选项B：，不等式恒成立，故B正确. 选项C：对任意，变形得：， 故不等式恒成立，故C正确. 选项D：，由基本不等式，代入得： （当且仅当时取等号），令，得， 解得（负根舍去），因此，故D正确. 11. 在中，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 可能为0 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用可判断A；利用三角恒等变换可得可判断B；利用三角恒等变换可得可判断C；利用三角恒等变换可得，进而利用均值不等式可判断D. 【详解】对于A，因为，，，所以， 所以，故A正确； 对于B，因为 . 因为，，，所以，，， 所以，所以，故B正确； 因为，所以， 所以，所以， 所以， 所以， 又因为，所以不可能为0，故C错误； 因为，所以， 所以，所以， 所以. 又，，，所以， 所以 ， 所以， 所以，所以， 当且仅当，即时取等号，故D正确. 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ________． 【答案】 【解析】 【分析】根据指数和对数的运算性质求解. 【详解】原式. 13. 中，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理边化角，再利用三角函数恒等变换得，从而得解. 【详解】根据题意，， 由正弦定理得， 即， 则， 因为，则， 所以，则， 因为，则. 14. 已知平面向量，，，，，，，，其中，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】借助数量积公式与模长与数量积关系计算可得、，要使得取最大值，则需使得尽量大，任意两向量之间夹角尽量小，求出各符合要求的量后，利用数量积公式计算即可得解. 【详解】，则，即， 由，则， 即，故， 又，则或， 由，则都可为或或其它，其中且， 要使得最大，则取，或， 、、、也都取较大根，即、、、， 由，则、，取， 、，取，则， 则 ， 故的最大值为. 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. 学校对高一学生期中考试的数学成绩进行调查，现抽取100人进行数据统计，绘制频率分布直方图如下， （1）求的值和该组数据的中位数： （2）若这100人中有女生40人，且男生平均分106，方差为16；女生平均分101，方差为36，求这100人的数学平均分和方差． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【小问1详解】 ， ，， 所以中位数在区间内，故． 【小问2详解】 ，． 所以这100人的数学平均分为，方差为. 16. 三棱锥中，，，，面面，（坐标法不给分） （1）证明：； （2）若，求二面角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作于点，再利用面面垂直的性质定理得到线面垂直，继而得到为中点即可证明； （2）利用体积求出，作于点，作于点，连，利用线面垂直的判定定理和性质定理得到为二面角的平面角，再求解即可. 【小问1详解】 作于点， ∵平面平面，平面平面，平面， 平面，又平面，所以， ，为中点． ，． ，，． 【小问2详解】 ，，为三棱锥的高， ， 作于点，作于点，连． 平面，平面， ． ，又，平面， 平面，平面， 所以． ，平面，， 平面，又平面， 所以，故为二面角的平面角． ，， ． 17. 已知函数（且），， （1）（ⅰ）判断的单调性（不必证明）； （ⅱ）判断的奇偶性并证明； （2）若，且对恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）（ⅰ）答案见解析；（ⅱ）奇函数，证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）（i）对进行分类讨论即可判断的单调性；（ⅱ）利用奇偶性的定义直接证明即可； （2）当时，由单调性得，对进行分类讨论即可求解 【小问1详解】 （ⅰ）当时，在上递增，在R上递减， 所以在上递增； 当时，在上递减，在R上递增， 所以在R上递减． （ⅱ）为奇函数，证明如下： 定义域为R，关于原点对称． ， 为奇函数． 【小问2详解】 由得 因为为奇函数，所以， 故 当时，在上递增， 得， 当时，不成立，不合题意． 当时，，只需， 当时，，． 综上所述，的取值范围为． 18. （1）在中，边上的中线为，证明：； （2）已知面积为，，，求的长． （3）在中，，边上的高线长为，为的中点，求的最小值. 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3） 【解析】 【分析】(1)利用补角余弦值互为相反数求解； (2)作高拆分底边的几何思路，利用正切定义求出未知数表示出高与底边两段的长度，再代入面积公式列方程求解； (3)利用等腰三角形性质与中线公式得到三边边长，再用余弦定理表示目标角余弦值，通过换元法转化为单变量函数，最后利用配凑分式求最值. 【详解】（1）由得，，化简得， ． （2）作于， 设，则，． ， 解得，． （3）设，则，， 由（1）得，， ， 令，， ， 当时，．此时． 19. 正四棱台的高为2，，，点，，均在平面内，且直线与夹角的正切值的最小值为．（坐标法不给分） 引理：最小角定理——斜线与平面所成角是斜线与平面内所有直线所成角中最小的角． （1）点的轨迹长度； （2）若，求到直线的距离； （3）求的最小值． 【答案】（1） （2）或1 （3） 【解析】 【分析】(1)通过斜线与平面所成角是斜线与平面内所有直线所成角中最小的来确定线面的角度，并在求出后对半径求解. (2)通过长度计算判断其与圆轨迹相切，并通过线面垂直等来计算点到线的距离. (3)通过线面平行将和同时平移到平面上，计算出的最小值后求出的最小值. 【小问1详解】 由题意得，直线与平面所成角的正切值为． ∵正四棱台，，． 又因为，平面, 面，而平面，. 作于，，，面 面. ∵棱台高为2，，求得. ， 直线与夹角的正切值的最小值为， 的轨迹为以为圆心，的圆， 轨迹长为． 【小问2详解】 ， ， 与圆相切． 延长，分别交于， 因为,,, 所以与全等， 设，， ，解得即， 所以 平面， 平面， ， 因为， ，， 平面 ， 所以平面 ，又平面，所以 . 因为，所以为中点. ． ． 综上所述，到直线的距离为或1． 【小问3详解】 在面内的射影为的中点，记为，且面， ∴记在面内的射影为，满足且． 当，，三点共线时，， ，，， ． 【点睛】本题主要通过最小角定理，线面平行，线面垂直等几何关系将题目中的线段长度进行平移以及求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $