浙江省杭州学军中学2025-2026学年高一下学期6月阶段性测试数学试题

**基本信息** 杭州学军中学高一数学月考卷以空间结构（如正四面体与正八面体）、声音复合音模型等真实情境为载体，通过新定义“Ω函数”等创新设计，考查数学眼光（空间观念）、数学思维（推理能力）及数学语言（模型意识），适配高一阶段性能力评估。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、复数、立体几何|第5题以正四面体棱中点构造正八面体，考查空间对称性| |多选题|3/18|概率、三角函数|第10题结合声音复合音模型，体现数学与现实的联系| |填空题|3/15|函数、概率|第13题围棋比赛概率计算，考查实际问题转化| |解答题|5/77|三角函数、函数性质、立体几何、新定义|第19题定义“Ω函数”，需逻辑推理与创新应用|

杭州学军中学2025学年第二学期阶段性测试 高一数学试卷 命题人： 审题人： 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分. 1．已知集合，若，则的最大值为（    ） A．1 B．2 C．3 D．5 2．已知复数满足条件，则（   ） A． B． C． D． 3．设α，β是两个不同的平面，则的充要条件是（    ） A．存在无数条直线与α，β都平行 B．存在无数个平面与α，β都垂直 C．对任意的直线，都存在直线，使得 D．对任意的直线，都存在直线，使得 4．已知在R上满足，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 5．正多面体的研究始于古希腊柏拉图学派，正四面体与正八面体是其中最具代表性的两类．将正四面体的棱的中点相连，内部会形成一个完美的正八面体，这一结构是空间对称性的经典体现．如图，在正四面体ABCD中，连接各棱的中点构造出正八面体，若该正八面体的相对顶点连线，则正四面体的高为（    ） A． B． C． D． 6．在中，已知，则三角形的形状为 A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰三角形或直角三角形 7．O是锐角三角形ABC的外心，角A，B，C所对的边分别为a，b，c且，若，则（   ） A．1 B． C． D．2 8．定义在上的函数满足，且当时，，对，，使得，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.每小题列出的四个备选项中，有多个是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对部分得分，不选、错选得0分. 9．已知事件，发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（    ） A．若与互斥，则 B．若与相互独立，则 C．若与相互独立，则 D．若发生时一定发生，则 10．声音是由物体振动产生的声波．纯音的数学模型是函数，我们日常听到的声音通常由多个纯音叠加而成，称为复合音，其数学模型为，记，则（     ） A．的最小正周期为 B．在区间上恰有3个零点 C．的图象关于点中心对称 D．的最大值为 11．如图，圆锥的轴截面为正三角形，底面圆的半径为，CD，EF为圆的两条直径，且，母线PC，PD与该圆锥的内切球O分别切于A，B两点，则（   ） A．圆锥的体积为 B．球O与圆锥的公共点的轨迹的周长为 C．异面直线BF与PA所成角为 D．平面AEF截球O的截面面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知函数，则______. 13．甲、乙二人进行一次围棋比赛，每局胜者得分，负者得分，约定一方比另一方多分或满局时比赛结束，并规定：只有一方比另一方多三分才算赢，其它情况算平局，假设在每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立，则这次比赛经过局结束的概率为_________． 14．若a，，若对任意实数x，都有恒成立，则的最大值为_______. 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．已知函数. (1)求函数的最小正周期及单调递增区间； (2)将函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度得到的图象，求函数在上的取值范围. 16．已知函数是偶函数． (1)求实数的值； (2)若函数在上只有一个零点，求实数的取值范围． 17．某校法联社团组织高一年级所有学生参加“感受法治内涵，争做法治宣传人”的主题知识比赛，旨在引导同学们深入学习法治知识，争当法治精神的传播者.比赛分为初赛和决赛两个环节，现从所有初赛成绩（满分分，最低分分）中，随机调查了位同学的测试成绩，按、、、、分组，并绘制出了如图所示的频率分布直方图. (1)若规定成绩排名前的同学可入围决赛，请估计进入决赛的同学成绩应不低于多少分？ (2)已知落在内的平均成绩是分，方差是分，落在内的平均成绩是分，方差是分，求两组成绩合并后的平均数和方差. 附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为、、；、、，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差. 18．如图，已知三棱锥，，，，，， (1)求证：平面； (2)求三棱锥外接球的表面积； (3)若点为三棱锥外接球的球心，求平面与平面所成角的余弦值． 19．若函数满足：对任意正数，都有，则称函数为“函数”． (1)试判断函数是否为“函数”，并说明理由； (2)若函数是“函数”，求实数a的取值范围； (3)若函数为“函数”，，对任意正数，都有，，证明：对任意，都有． 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学试卷参考答案及解析 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D D A B C D ABC BC 题号 11 答案 ACD 1．B 【详解】依题意，， 由于， 所以，解得， 所以的最大值为. 2．B 【详解】设，所以，又因为， 所以， 所以，解得. 3．D 【详解】 如上图，作长方体，取平面，平面分别为平面. 对于A，因，且，且，则， 显然可作无数条与平行且不在平面的直线，即存在无数条直线与都平行，但不平行，故A错误； 对于B，因平面与平面均垂直，且显然可作无数个与平面平行的平面， 即存在无数个平面与都垂直，但不平行，故B错误； 对于C，由上图，显然，且，在平面内作一条与垂直相交的直线，则， 从而对平面内的任意直线，都有，即对任意的直线，都存在直线．使得，但不平行，故C错误； 对于D，假设为两相交平面，如上图取平面，平面分别为平面， 则，对于任意的直线，（不妨设与相交）都存在直线，使得，因， 则有，又因，则有，这与与相交矛盾，故假设不成立，故有，充分性成立； 反过来，时，对于任意的直线，都可以过直线和平面内一点作一个平面，使， 则必有，故必要性成立，故D正确. 4．D 【详解】由题意知，在R上单调递增， 当时，，满足题意； 当时，需满足，解得，所以. 综上，. 5．A 【详解】设正四面体的棱长为，连接各棱中点形成的正八面体的棱长为. 根据题意，正八面体相对顶点连线，由于正八面体可内接于正方体， 其体对角线（相对顶点连线）等于棱长的倍，故有： ，解得. 正四面体的高公式为，将代入得： . 6．B 【详解】在中，已知，由正弦定理可得： 即. 所以，即.三角形为等腰三角形. 故选B. 7．C 【详解】如图，取的中点D，由外心的性质可知，所以. 由可得. 对两边同时点乘， 得， 所以， 由，知，所以， 由正弦定理得， 所以. 在中，，所以， 又， 所以， 所以，解得. 8．D 【详解】当时，，此时单调递减，所以， 当时，， 此时单调递增，所以， 在上的值域为， ， 当时，， 在上的值域为， 当 时，在上为增函数，所以在上的值域为， 依题意， ，解得， 当 时，在上为减函数，所以在上的值域为， 依题意， ，解得， 当 ：，值域为 ，不包含 ，舍去. 故a的取值范围是. 故选：D. 9．ABC 【详解】选项A：与互斥，则，正确； 选项B：与相互独立，所以， 从而，正确； 选项C：，正确； 选项D：发生时一定发生，则，，不正确. 故选：ABC. 10．BC 【详解】选项 A：， 因为， 所以不是的最小正周期，因此A 错误； 选项 B： ， 令，则：，或， 在上的解为， ，即，在上的解为（与上述解重合）， 因此零点为，共 3 个，B 正确。 选项 C： 因为 所以，图象关于点中心对称，C 正确； 选项 D：， 因为 所以的最大值不是，D 错误. 11．ACD 【详解】对于A，由已知得,所以，且， 所以圆锥的体积为，所以A正确； 对于B，由公共点的轨迹是以AB为直径的圆，因为为正三角形，所以为中点，，所以轨迹的周长为，所以B错误； 对于C，连，可得，且， 由，且，平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以为等腰直角三角形，所以，所以C正确； 对于D，设球半径为，则 ，可得， 由，且， 可得到平面的距离为，所以截面圆的半径为， 所以平面AEF截球O的截面面积为，所以D正确． 12．1 【详解】由函数可得，. 故答案为：1 13． 【详解】若比赛经过局结束，则甲胜局负局，且前局负局或乙胜局负局，且前局负局， 又甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立， 所以比赛经过局结束的概率为. 14． 【详解】由题意，对任意实数，都有恒成立． 因为等价于且，所以原条件等价于对任意实数，都有且． 先整理第一个不等式，得对任意实数恒成立． 因为该式左边是关于的二次函数，且二次项系数为，所以需判别式不大于， 即，整理得，即， 故． 再整理第二个不等式，得对任意实数恒成立． 同理，需判别式不大于，即． 因为，所以必须有，即； 并且由，得． 结合与，可得． 令，则，且． 由，得． 因此． 当时，，且取，解得．此时，并满足上述两个判别式条件，所以原不等式对任意实数恒成立． 综上，的最大值为． 15．【详解】（1）因为 ， 所以函数的最小正周期为， 由可得， 故函数的单调递增区间为. （2）将函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移个单位长度得到的图象， 则， 当时，，则，故. 故函数在上的取值范围为. 16．【详解】（1）由于是偶函数， 所以即， 即 化简，得 所以， 要使等式恒成立，则， 经检验，当时，函数 是偶函数. （2）由于 所以， ， 设，则 因为函数在上只有一个零点，那么 由可得 即 上只有一个零点 所以，关于的方程在上只有一个实根，那么 ， 由函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，；当时，；当时， 根据函数图象可知，要使关于的方程在上只有一个实根， 则或，即或 故实数的取值范围为. 17．【详解】（1）由题意可知，进入决赛的同学成绩的分数线为样本数据的第百分位数， 设样本数据的第百分位数为， 由频率分布直方图中所有矩形的面积之和为可得， 解得， 前三个矩形的面积之和为， 前四个矩形的面积之和为，所以， 由百分位数的定义可得，解得， 故进入决赛的同学成绩应不低于分. （2）由题意可知，成绩落在的频率为， 成绩落在的频率为， 所以，， . 18．【详解】（1）由，则是的中点， 又，则， 又，，则，且， 所以在中，有，， 所以在中，有， 又，则在中，有，所以， 又，且，平面，所以平面． （2）设外接圆的半径为，为该外接圆圆心，则在直线上， 由正弦定理可得，则， 结合（1）有，则， 设三棱锥外接球的半径为，为该外接球的球心， 则在过圆的圆心且垂直于平面的直线上， 结合（1）有平面，则在平面内，所以平面， 设，过作，且在上，则，，， 在中，有， 在中，有， 即，解得，所以， 所以三棱锥外接球的表面积为． （3）法一：结合（2）可知在平面的投影三角形为， 又结合（1）（2）有，，所以， 又结合（2）有，，则为等腰三角形， 则边上的高为，所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为． 法二：如图延长与相交于点，则平面与平面的交线为， 过作，且在上， 结合（1）有平面，又平面，则， 又，且，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以是平面与平面所成角， 结合（1）（2）有，，，， 则，即 ，解得，则， 所以在中，有， 所以， 又平面，又平面，则， 所以平面与平面所成角的正切值为， 故平面与平面所成角的余弦值为． 19．【详解】（1）对于，取， 则，． 因为，不满足， 故不是“函数”； （2）因为函数是“函数”， 所以对于任意的， 有恒成立， 即恒成立， 所以恒成立， 又，故， 则， 则，即，即实数的取值范围为 （3）由函数为“函数”，可知对于任意正数， 都有，，且， 令，可知，即， 故对于自然数与正数， 都有， 对任意，可得，又， 所以， 同理， 故， 即. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $