精品解析：内蒙古赤峰二中2025-2026学年高一年级下学期第二次月考数学试题

赤峰二中高一年级下学期第二次月考数学试题 一、单项选择题（本大题共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. （ ） A. 1 B. 2 C. D. 5 2. 设是空间中的一个平面，是两两不重合的三条直线，则下列命题中，真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，则 3. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 4. 已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆台的上底面半径为，母线长为，表面积为，则该圆台的高为（ ） A. B. C. D. 7. 一个正六棱柱的底面边长为，侧棱长为，其所有顶点都在一个球面上，则此球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论中错误的是（ ） A. B. 点是函数的图象的对称中心 C. 函数在区间上是增函数 D. 将函数的图象向右个单位后所得的函数为偶函数，则的最小值为 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题求的，全部选对的得6分，有选错的得0分） 9. 用一个平面去截正方体，得到的截面图形可以是三角形，四边形，……，若得到的截面图形是四边形，那么这个截面四边形可能是（ ） A. 平行四边形 B. 菱形 C. 梯形 D. 对边都不平行的四边形 10. 在中，，，，则（ ） A. B. 边上的中线长 C. 边上的角平分线长 D. 外接圆的面积为 11. 如图，已知圆锥的底面直径，母线，则下列说法正确的有（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的侧面积为 C. 圆锥展开图中圆心角为 D. 若，一只蚂蚁沿着表面从A爬到C，则最短距离为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中横线上） 12. 已知正方形的边长为2，点为中点，则__________. 13. 中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子提出介于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为3的正四棱台与一个不规则几何体如图所示，则该不规则几何体的体积为_________. 14. 在圆的内接四边形中，已知，，，则四边形的面积的最大值是__________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知向量. （1）若，求的值； （2）记，求函数的最大值和最小值及对应的的值. 16. 在锐角中，角的对边分别为，已知且. （1）求角的大小； （2）若，求的面积； （3）求的取值范围. 17. 已知函数 ，， （1）当时，求关于不等式的解集 （2）当时，若对任意1，不等式 恒成立，求实数k的取值范围 （3）若对任意 恒成立，则实数的取值范围 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，为中点，平面，，为中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求直线与平面所成角的余弦值． 19. 已知函数，若存在实数，，使得对于定义域内的任意实数，均有成立，则称函数为“可平衡”函数；有序数对称为函数的“平衡”数对． （1）若，求函数的“平衡”数对； （2）若，判断是否为“可平衡”函数，并说明理由； （3）若，且、均为函数的“平衡”数对，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 赤峰二中高一年级下学期第二次月考数学试题 一、单项选择题（本大题共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. （ ） A. 1 B. 2 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】由题意首先化简，然后计算其模即可. 【详解】由题意可得， 则. 故选：C. 2. 设是空间中的一个平面，是两两不重合的三条直线，则下列命题中，真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用线面垂直判定定理可判断A；结合线面垂直与线线垂直的性质分析可判断B；由线面垂直性质可判断C、D. 【详解】对于A，由，，只有直线与相交时，可得，故A错误； 对于B，由，知或，故B错误； 对于C，由，则，故C错误； 对于D，由，可得，又因为，所以，故D正确． 故选：D. 3. 已知向量满足，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算律，数量积的坐标表示求解作答. 【详解】向量满足， 所以. 故选：B 4. 已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解. 【详解】由题知对一切成立， 于是. 故选：A 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以， 可知，由，可知， 所以， 所以. 6. 已知圆台的上底面半径为，母线长为，表面积为，则该圆台的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用圆台的表面积公式求出该圆台的下底面半径，即可得出该圆台的高. 【详解】设圆台的下底面半径为，则该圆台的表面积为， 整理可得，因为，解得. 故该圆台的高为. 7. 一个正六棱柱的底面边长为，侧棱长为，其所有顶点都在一个球面上，则此球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出六棱柱的最大对角面与外截球的截面，设正六棱柱的上下底面中心分别为，球心为O，一个顶点为A，可根据题中数据结合勾股定理算出球的半径OA，再用球的体积公式即可得到外接球的体积. 【详解】作出六棱柱的最大对角面与外接球的截面，如下图， 则该截面矩形分别以底面外接圆直径和六棱柱高为两边， 设球心为，正六棱柱的上下底面中心分别为， 则球心是的中点， 由正六棱柱底面边长为，侧棱长为， 所以中，， 可得， 因此，该球的体积为. 8. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论中错误的是（ ） A. B. 点是函数的图象的对称中心 C. 函数在区间上是增函数 D. 将函数的图象向右个单位后所得的函数为偶函数，则的最小值为 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数图象先求，再利用三角函数的性质逐项验证即可求解. 【详解】由图可知：，所以， 所以，所以，又， 所以，所以，又， 当，所以，故A正确， 又，故B正确； 令，解得， 所以在单调递增，在单调递减，故C错误； 由 函数的图象向右个单位后所得的函数为偶函数， 所以，所以，当时，，故D正确. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题求的，全部选对的得6分，有选错的得0分） 9. 用一个平面去截正方体，得到的截面图形可以是三角形，四边形，……，若得到的截面图形是四边形，那么这个截面四边形可能是（ ） A. 平行四边形 B. 菱形 C. 梯形 D. 对边都不平行的四边形 【答案】ABC 【解析】 【分析】画出正方体的相关截面判断A、B、C，结合平面的基本性质判断D. 【详解】如下图，正方体中均为中点， 所以四边形为平行四边形，也是菱形，四边形为梯形，A、B、C对； 用任意平面截正方体，所得截面为四边形，必有一对边在一对平行的侧面上， 所以四边形必有一对边平行，D错. 故选：ABC 10. 在中，，，，则（ ） A. B. 边上的中线长 C. 边上的角平分线长 D. 外接圆的面积为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A：根据向量的数量积求解即可；对于B：根据向量加法的平行四边形法则、向量数量积的运算律及向量的模求解即可；对于C：根据三角形面积关系及三角形面积公式求解即可；对于D：根据正余弦定理求解即可. 【详解】选项A：向量与的夹角为， 所以，A错误. 选项B：设中点为，则，则 ， 故边上的中线长，B正确. 选项C：设角的角平分线交于，利用面积关系， 即， 也即，解得，C正确. 选项D：由余弦定理得，即， 设外接圆半径为，由正弦定理，则. 所以外接圆的面积，D错误. 11. 如图，已知圆锥的底面直径，母线，则下列说法正确的有（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的侧面积为 C. 圆锥展开图中圆心角为 D. 若，一只蚂蚁沿着表面从A爬到C，则最短距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，求出圆锥的底面半径r、母线长l和高h，利用圆锥体积公式及侧面积公式可判断A、B；利用弧长公式求出侧面展开图中圆心角判断C；把侧面沿展开，利用余弦定理计算即可判断D． 【详解】选项A：由题意可知，圆锥底面半径，母线长， 则圆锥的高，所以圆锥的体积，故A正确； 选项B：圆锥的侧面积，故B错误； 选项C：圆锥底面周长为， 设侧面展开图的圆心角为α， 则，即，解得，故C正确； 选项D：将圆锥侧面沿母线展开，如图所示， 最短距离为， 因为为底面直径，所以点为弧的中点， 则， 在中，，，， 由余弦定理得， 解得， 即最短距离为，故D正确． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中横线上） 12. 已知正方形的边长为2，点为中点，则__________. 【答案】3 【解析】 【详解】在边长为2的正方形，点为中点，， 所以. 13. 中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子提出介于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为3的正四棱台与一个不规则几何体如图所示，则该不规则几何体的体积为_________. 【答案】7 【解析】 【分析】利用台体的体积公式求正四棱台的体积，再根据祖暅原理即可得结果. 【详解】由题意可知：正四棱台的体积为， 根据祖暅原理可知该不规则几何体的体积为7. 故答案为：7. 14. 在圆的内接四边形中，已知，，，则四边形的面积的最大值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用正余弦定理求得、外接圆的半径，再由四边形的面积最大，只需的面积最大，结合即可求. 【详解】由题设，即（负数舍去）， 又外接圆的半径， 要使四边形的面积最大，只需的面积最大， 由到的距离，则中边上的最大高为， 所以最大. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知向量. （1）若，求的值； （2）记，求函数的最大值和最小值及对应的的值. 【答案】（1） （2）时，，时， 【解析】 【分析】（1）根据向量共线的坐标公式即可求解； （2）根据向量数量积的坐标公式结合辅助角公式，然后利用正弦型函数的性质即可求解. 【小问1详解】 由向量. 因为，所以 ，解得， 又因为，所以； 【小问2详解】 由， 因为，所以， 当时，即时，； 当时，即时， ． 16. 在锐角中，角的对边分别为，已知且. （1）求角的大小； （2）若，求的面积； （3）求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）借助两角和的余弦公式计算即可得； （2）借助余弦定理计算可得，再利用面积公式计算即可得的面积； （3）利用正弦定理可用角表示边，再利用三角函数性质计算即可得解. 【小问1详解】 ， 则， 即，又，故， 则，即，又，故； 【小问2详解】 由余弦定理，可得， 即，解得（负值舍去）， 故； 【小问3详解】 由正弦定理可得， 则，， 故 ， 由，可得，则， 则，即. 17. 已知函数 ，， （1）当时，求关于不等式的解集 （2）当时，若对任意1，不等式 恒成立，求实数k的取值范围 （3）若对任意 恒成立，则实数的取值范围 【答案】（1）答案见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】(1)对进行分类讨论求解不等式； (2)利用分离参数法求k的取值范围； (3)把看作自变量，构造函数，求解实数的取值范围. 【小问1详解】 因为，． ①当时，不等式为，解集为； ②当时，，不等式可化为，解集为； ③当时，，不等式可化为，解集为； ④当时，，不等式可化为，解集为， 综上，当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为． 【小问2详解】 当时，， 知不等式对任意恒成立，只需． 因为，且， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，， 故实数的取值范围为 【小问3详解】 设，则若对任意，恒成立， 即，解得. 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，为中点，平面，，为中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行，进而证明出线面平行； （2）由余弦定理求出，从而由勾股定理逆定理得到，由线面垂直得到，从而证明出结论； （3）作出辅助线，得到直线与平面所成角，求出各边长，求出余弦值. 【小问1详解】 连接，因为底面为平行四边形， 为中点，故与相交于， 因为为的中点，则， 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为，， 由余弦定理得， 即，解得， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 因为平面，且交于， 所以平面. 【小问3详解】 取的中点，连接，则， 因为平面，所以平面， 则为直线与平面所成角， 其中，故， 因为，， 由勾股定理得，故， 由勾股定理得，所以， 即直线与平面所成角的余弦值为． 19. 已知函数，若存在实数，，使得对于定义域内的任意实数，均有成立，则称函数为“可平衡”函数；有序数对称为函数的“平衡”数对． （1）若，求函数的“平衡”数对； （2）若，判断是否为“可平衡”函数，并说明理由； （3）若，且、均为函数的“平衡”数对，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）是“可平衡”函数，理由见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）根据“平衡”数对的定义建立方程，根据恒成立求解即可； （2）时，假设是 “可平衡”函数，列出等式，利用三角函数化简，即可求解； （3）根据“平衡”数对的定义将用关于的三角函数表达，然后求解即可. 【小问1详解】 因为为“可平衡”函数， 所以对于任意实数，均有成立， 即对于定义域内的任意实数恒成立， 故只有，符合题意，所以函数的“平衡”数对为. 【小问2详解】 时，，， 若是“可平衡”函数，则， 所以，解得， 所以存在，所以是“可平衡”函数. 【小问3详解】 ，， 因为，所以，， ， 令，则，在上单调递增， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $