浙江省杭州学军中学2025-2026学年高二下学期数学学考复习卷一

**基本信息** 本卷聚焦高中数学学业考试核心要求，通过基础巩固、能力提升、创新应用的梯度设计，考查集合、函数、几何等知识，渗透数学抽象、逻辑推理与空间观念，适配学考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|15题/54分|集合运算、向量投影、圆柱侧面积、概率计算|基础题考查数学抽象（如集合），中档题突出逻辑推理（如充要条件判断）| |填空题|3题/9分|函数求值、基本不等式、解三角形|针对运算能力设计，如利用基本不等式求最值| |解答题|3题/37分|立体几何证明与角度、解三角形（条件选择）、函数值域与方程根|综合题注重创新意识，如折叠问题（空间观念）、多条件选择（理性思维）|

数学学考复习卷一 一、选择题：本题共12小题，每小题3分，共36分. 1．若，则（    ） A． B． C． D． 2．在△中，“”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 3．若集合，，则（    ） A． B． C． D． 4．已知向量满足，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 5．已知某圆柱的轴截面是面积为16的正方形，则该圆柱的侧面积为（    ） A． B． C． D． 6．若函数为奇函数，则实数的值为（    ） A． B．1 C． D．0 7．从1，2，3，4，5这5个数中随机选取3个不同的数，则这3个数的中位数为3的概率为（    ） A． B． C． D． 8．设，则（    ） A． B． C． D． 9．已知正方体的棱长为2，点为的中点．过，，三点的平面与正方体的表面相交，则其交线围成的几何图形的面积为（    ） A． B． C． D． 10．已知函数在其定义域内为偶函数，且，则（    ） A． B． C．2021 D．0 11．已知三棱锥的外接球的球心为平面，则球心到平面的距离为（    ） A． B． C． D．3 12．已知定义在上的函数满足当时，，其中，当时，，若方程有无穷多个解，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 13．对于事件，，下列命题正确的是  （    ） A．如果，互斥，那么与也互斥 B．如果，对立，那么与也对立 C．如果，独立，那么与也独立 D．如果，不独立，那么与也不独立 14．已知函数（）的部分图象如图所示，其中，，为的图象上的三个点，则下列说法正确的是（    ） A．为函数的一个周期 B． C． D．若，则 15．如图，正方形的边长为1，，分别是，的中点，交于，现沿，及把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为．下列说法中正确的是（    ） A．平面 B．直线与平面所成角的正切值为 C．点到面的距离为 D．四面体的内切球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题3分，共9分. 16．已知函数，则____________． 17．已知，，且，则的最小值为__________. 18．已知中，点在边上，，，．当取得最小值时，____________． 四、解答题：本题共3小题，共37分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 19．如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点． (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成角的正弦值． 20．在中，角，，的对边分别为，，，已知且满足． (1)求角； (2)再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使存在，并求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：． 21．已知函数，（）． (1)若，求函数的值域； (2)若方程有两个不同的根，． （i）若，求实数的取值范围； （ii）证明：． 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《数学学考复习卷一》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C B A B C A B A 题号 11 12 13 14 15 答案 B D BCD AC ACD 1．D 【分析】根据复数的除法运算可求出复数，结合共轭复数的概念即可得答案. 【详解】，则， 故选：D. 2．C 【详解】试题分析：由正弦定理，得，由得，即，由大边对大角得；当得，即，由正弦定理得，因此“”是“”的充要条件，故答案为C. 考点：1、正弦定理的应用；2、充要条件的判断. 3．C 【详解】集合：不等式，解得：，即； 集合： 不等式，解得：，即， 故. 4．B 【分析】根据数量积的运算律可得，再根据投影向量公式可求投影向量. 【详解】设向量的夹角为，因为，可得， 所以在的投影向量为. 故选：B. 5．A 【详解】设圆柱的底面半径，因为圆柱的轴截面为正方形，所以该圆柱的高为， 则，则，所以该圆柱的侧面积为. 6．B 【分析】根据奇函数的性质可求参数的值. 【详解】因为为奇函数，故， 所以即，故，故. 若，则，此时函数的定义域为， 该定义域不关于原点对称，故舍去； 若，则，此时函数的定义域为， 该定义域关于原点对称， 所以. 7．C 【分析】先利用组合数分别求出从5个数中随机选取3个不同的数和3个数的中位数为3的所有情况，再根据古典概型公式求解即可. 【详解】解：由题可知，从5个数中随机选取3个不同的数，共有种， 因为选取的3个数的中位数为3，所以3必须被选，另外，在1，2和4，5中分别各选1个数， 即可保证选取的3个数中位数均为3，共有种， 所以，这3个数的中位数为3的概率. 8．A 【详解】因为，所以，则， 则 . 9．B 【分析】取中点，证明，即可判断平面为过，，三点与正方体表面相交的平面，求等腰梯形的面积即可. 【详解】解：取中点，连接，， 因为，所以为中位线，则， 又在正方体中，且，则四边形为平行四边形， 所以，则， 所以平面为过，，三点与正方体表面相交的平面，易知四边形为等腰梯形， 由正方体棱长为2，所以，， 在中，， 过点作，由四边形为等腰梯形，，所以， 所以在中，， 所以等腰梯形的面积， 即过，，三点的平面与正方体的表面相交，交线围成的几何图形的面积为. 10．A 【分析】根据条件先求解出的值，然后分析的取值特点，从而求解出结果. 【详解】因为为偶函数，所以，所以， 所以且不恒为，所以， 又因为，所以，所以，所以， 又因为， 所以， 故选：A. 11．B 【分析】将棱锥补全为长方体，进而确定球心的位置并求出半径，若为的中点，连接，证明平面平面，得到是与平面的夹角，结合已知求点面距即可. 【详解】由平面，平面，则，， 由，可将三棱锥补全为一个长方体，如下图示， 则球心为该长方体体对角线的中点，则球的半径， 易知中，，若为的中点，连接， 显然，且都在平面内，则平面， 又平面，所以平面平面，故在平面的投影在上， 所以是与平面的夹角，而， 则， 所以，则球心到平面的距离为. 故选：B 12．D 【分析】由条件分段分析函数的单调性及取值范围，作出函数图象，观察图象可得结论. 【详解】当，时，， 此时，因为函数在上单调递减， 所以函数在上单调递减，且， 所以， 所以函数在上单调递减，且， 又当时，， 所以函数的大致图象如下： 由图象可得， ， 的斜率分别为， 则 因为方程有无穷多个解， 观察图象可得当时，直线与函数的图象没有交点； 当时，直线与函数的图象在轴右侧没有交点，在轴左侧的交点个数为有限的（当时，，在轴左侧总有函数图象中的部分曲线与直线没有交点）； 当时，直线与函数的图象在轴左侧没有交点，在轴右侧的交点个数为有限的； 当时，直线与函数的图象在轴左侧没有交点，在轴右侧的交点个数为无限的， 由函数与函数的图象有无穷多个交点，可得， 故若方程有无穷多个解，则实数的取值范围是. 13．BCD 【分析】A.利用互斥事件的定义判断；B.利用对立事件的定义判断；C.利用相互独立事件的定义判断；D.利用相互独立事件的定义判断. 【详解】A.如果，互斥，由互斥事件的定义得与不一定互斥，故错误； B.如果，对立，由对立事件的定义得与也对立，故正确； C.如果，独立，由相互独立事件的定义得与也独立，故正确； D.如果，不独立，由相互独立事件的定义得与也不独立，故正确； 故答案为：BCD 14．AC 【分析】根据，确定函数的最小正周期，再判断A的真假；利用点坐标和点处函数的性质，可求出的值，判断B的真假；确定点坐标，利用平面向量数量积的坐标运算，判断C的真假；利用二倍角公式，计算，可判断D的真假. 【详解】对于A：函数的最小正周期为，为函数的一个周期，选项A正确. 对于B：函数经过点，代入得，显然点位于图象的增区间上，()，又由于，则，，选项B错误. 对于C：由选项B：，，得，，得. ，，则，选项C正确. 对于D：若，即，则，选项D错误. 15．ACD 【分析】由已知结合线面垂直的判定定理判断A；计算棱锥的体积公式求内切球半径结合球的表面积判断D；由等体积法求出G点到平面的距离判断C；应用线面角定义结合边长判断B． 【详解】对于A，在原正方形中，有，由折叠可知，在三棱锥中， 有，平面，所以平面，故A正确； 对于D，由已知可得， 则， 又平面，，∴＝， 设四面体的内切球的半径为，，∴， ∴外接球的表面积为：，故D正确； 对于C，∵，， ∴， 设G到平面的距离为d， 则，可得，即G点到面的距离为，故C正确； 在中，平面， 因为平面，所以，因此直线与平面所成角为， 正切值为，B选项错误； 16．1 【分析】先根据自变量范围确定内层函数的解析式算出内层值，再以该值为自变量根据范围确定外层解析式，最终得到结果. 【详解】因为，所以. 17． 【解析】先变形：，再根据基本不等式求最值. 【详解】 当且仅当时取等号 即的最小值为 故答案为： 【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，考查基本分析求解能力，属基础题. 18．/ 【分析】设，利用余弦定理分别表示，进而化简整理，再结合不等式求解最值和. 【详解】如图所示： 设（），由得. 已知，则，. 由余弦定理可得： 在中： ， 在中： . 所以， 令， 令（），则，代入得： ， ，等号成立当且仅当，即. 因此，得. 19．(1)证明过程见解析 (2) 【分析】（1）连接交于，利用三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据（1）的结论，结合异面直线所成角定理、直棱柱的性质、余弦定理、同角的三角函数关系式进行求解即可. 【详解】（1）连接交于， 在直三棱柱中，所有棱长均为4， 因此四边形是正方形，所以是的中点，而D是AB的中点， 因此有，而平面，平面， 所以平面； （2）由（1）可知：， 因此异面直线与所成角为（或其补角）， 因为是正方形，所以， 在直三棱柱中，所有棱长均为4， 因此四边形是正方形，因此有， 在直三棱柱中，侧棱垂直于底面，因此也就垂直底面中任何直线， 因此有， 由余弦定理可知：， 因此. 20．(1) (2)条件①：；条件②：三角形不存在，不符合要求；条件③ 【分析】（1）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解即得； （2）选条件①，利用正弦定理求边角，再根据三角形面积公式求解；选条件②，判断得矛盾；选条件③，利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式计算即得. 【详解】（1）由正弦定理可知：可转化为． 根据余弦定理，得， 因为，则． （2）条件①：由正弦定理得：． 由条件可知，．则为锐角，即， 所以． ． 条件②：由条件可得，，由于，则， 根据三角函数的有界性可知，三角形不存在，不符合要求． 条件③：，，由余弦定理：， ，解得． ． 21．(1) (2)（i） （ii）记，则， ， 令，，即， 又，则， ，由于，则． 可得①，② ①式中，，即， 化简可得：，即． ②式中，，即， 化简可得：，即． 因此． 【分析】（1）利用时与在上均单调递增的性质，直接判断复合函数的单调性，从而确定其值域；结合定义域及端点函数值，得出函数的最小值及变化趋势； （2）（i）将方程代入具体函数形式后取对数，转化为关于的二次方程，利用韦达定理表示出；结合条件及的表达式，转化为关于的不等式进行求解； （ii）通过二次方程的根与系数的关系及二次函数零点分布，得到两根与的大小关系，进而比较与的大小；利用这些不等关系构造关于的两个不等式，结合进行化简，最终证明所需的双边不等式. 【详解】（1）当时，在上单调递增， 因此值域为． （2）（i）方程有两个不同的根，，即有两个不同的根，． 等式两边取对数，可得， 两边平方整理可得，． 其中， 韦达定理可得：，， 由以上可知， 若，即，因此， 则，解得． （ii）略 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 $