浙江杭州市2025-2026学年第二学期高一6月教学质量检测数学试题

2025学年第二学期杭州市高一年级教学质量检测 数学试题卷 考生须知： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。 2．答题前，请核对考生条码信息，确认无误后，将条码贴在答题卡上的“条码粘贴处”，并将自己的学校、姓名、试场号、座位号填写在答题卡相应的位置上。 3．回答选择题时，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用黑色水笔将答案写在答题卡相应的答题区内。答案写在试题卷上一律无效。 4．考试结束，将答题卡交回。 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．已知为虚数单位，若，则（ ） A． B． C． D． 2．已知，则（ ） A． B． C． D． 3．在机器学习中，常用来衡量两个集合，之间的相似度，其中表示集合的元素的个数．已知，，则（ ） A． B． C． D． 4．已知一组数据的平均数和方差分别为20，26，若向该组数据中添加一个数据20，记这组新数据的平均数和方差分别为，，则（ ） A． B． C． D． 5．设，是两个不同的平面，是一条直线，且，则“”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 6．已知函数，且，则（ ） A． B． C． D． 7．若单位向量，，满足，则向量与夹角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 8．已知，点，和分别在函数，和的图象上，平行于轴，，且，则点的横坐标约为（ ） （参考数据：，） A．8.8 B．7.8 C．6.8 D．5.8 二、多选题：本题共3小题，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．已知函数为奇函数，则（ ） A． B． C．的图象关于原点对称 D．在区间上单调递减 10．函数的部分图象如图所示，则（ ） A． B． C．， D．函数在区间上有7个零点 11．在三棱锥中，平面，平面平面，，则（ ）） A．直线与所成角的最大值为 B．若，，则 C．若，，则二面角的正切值为 D．若的面积为，则直线与平面所成角的正切值的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量，，则的最大值为__________． 13．设随机事件，相互独立，且，，则__________． 14．用表示数集中最大的数．若是函数的零点，且，则的最小值为__________． 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．（13分） 某校全体学生参加体能测试，现用简单随机抽样的方法从中抽取100人的测试分数作为样本，将样本数据分为5组：，，，，，并绘制出频率分布直方图，如图所示． （1）估计该校学生的体能测试分数的第25百分位数（精确到0.1）； （2）采用比例分配的分层随机抽样方法，在分数段为和的学生中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行访谈，求这2人分数均小于60的概率． 16．（15分） 在中，角，，所对的边分别为，，．已知． （1）求； （2）设，，且． 为的平分线，求． 17．（15分） 已知函数． （1）设， （i）求的值； （ii）解不等式； （2）若，，求的取值范围． 18．（17分） 如图，在正三棱台中，，． （1）求证：； （2）求棱台的体积； （3）若棱台内有一个正方体，且此正方体在该棱台内能任意转动，求此正方体棱长的取值范围． 19．（17分） 已知函数． （1）判断函数在区间上的单调性，并用定义证明； （2）令， （i）证明：函数的图象是中心对称图形； （ii）设函数有三个零点，，，证明：． 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期杭州市高一年级教学质量检测 数学参考答案 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 2 3 4 5 6 7 8 C D A D B B A C 二、多选题：本题共3小题，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．ACD 10．AD 11．BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．5 13．0.7 14．4 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．解：（1）由题得：，解得 3分 设第25百分位数为，则 ，解得， 用样本估计总体，所以估计总体的第25百分位数为62.9． 7分 （2）按照分层随机抽样，分数位于内有3人，记为，，：分数位于内有2人，记为，，则样本空间，共10个样本点， 10分 记两人分数均小于60为事件，则，有3个样本点， 所以． 13分 16．解：（1）由正弦定理得，即， 由余弦定理，可得． 又，所以． 6分 （2）因为，由角平分线性质得，所以， 由余弦定理得，解得，， 由可得， ， 解得． 15分 17．解：（1）当时， （i），所以； 4分 （ii）由题知． 所以，解得或； 4分 （3）设，使得且， 即， 所以， 设，所以， 所以， 因为，当且仅当时等号成立， 即． 15分 18．解：（1）延长，，交于点， 因为，，所以 所以三棱锥是边长为4的正四面体， 设下底面的中心分别为，中点为，连， 则平面，所以， 又，所以平面， 所以． 5分 （2）由（1）知，所以棱台的高， 所以正三棱台的体积为 ． 5分 （3）正方体在棱台内能任意转动，问题等价于正方体的外接球能放置在棱台内． 由于正三棱锥的表面积，体积． 所以三棱锥的内切球半径． 又因为棱台的高，而三棱锥的内切球的直径恰为， 因此半径为的三棱锥的内切球，恰好是棱台内切球， 即正方体棱长能取到的最大值为． 所以正方体棱长取值范围为． 17分 19．解：（1）证明：设，则 ① 因为 所以，， 所以式①，即 在区间上单调递减； 5分 （2）（i）， 又定义域为，关于对称， 故曲线关于点对称； 10分 （ii）由结合（1）中式①知在，，上单调递减， 函数有三个零点，则，，， 由，可得， 而，， 所以， 由，则， 则， 又，在上单调递减， 故． 17分 学科网（北京）股份有限公司 $