精品解析：贵州贵阳市第一中学2025-2026学年高一第二学期教学质量监测卷（二）数学试题

贵阳一中2025—2026学年高一年级第二学期教学质量监测卷（二） 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把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，在试卷上作答无效. 3.考试时间120分钟，满分150分 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，所以， 所以. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：由一元二次不等式的解法求出集合，即可根据交集的运算解出． 方法二：将集合中的元素逐个代入不等式验证，即可解出． 【详解】方法一：因为，而， 所以． 故选：C． 方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以． 故选：C． 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二倍角公式展开待求式，构造关于、的二次齐次分式，代入的值计算. 【详解】 ， 由可得：分子为， 分母为， 因此原式. 4. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得 【详解】解：,,即,解得, 故选：C 5. 设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或 ②若，则或 ③若且，则 ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（ ） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①③④ 【答案】A 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③. 【详解】对①，当，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确； 对②，若，则与不一定垂直，故②错误； 对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误； 综上只有①③正确， 故选：A. 6. 已知函数，若的值域为，则（ ） A. 正实数 B. 负实数 C. 0 D. 不确定 【答案】C 【解析】 【分析】对于由两函数的乘积构成的函数，利用其单调性及值域的特点，可判断它们的零点重合，推得，代入所求式，计算即得. 【详解】因函数的定义域为， 函数与均为上的增函数，且两函数的零点分别为与， 为使函数的值恒为非负数，则两零点必须重合， 否则在两零点之间，两函数值会出现一正一负，不符合题意. 故. 于是 . 7. 对任意正实数x、y，记（比如），则m的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题干所给的定义利用基本不等式探究两个式子的大小关系，根据基本不等式等号成立的条件判断最大值即可． 【详解】因为x、y为正实数，则，当且仅当时，等号成立； 则； 由可知，，且， 则，可解得； 当且仅当且；得到，解得，； 故当，时，取最大值． 8. 在中，，，，点M为所在平面内一点，满足，其中.当取最小值时，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由余弦定理求出角的余弦值，进而求出的值，由向量基本定理将用线性表示，结合向量数量积的运算律化简成关于的二次函数，利用其性质求出的值，即可求得的长. 【详解】由余弦定理，， 则， 因，代入， 整理可得， 则 ， 因，则当时，取得最小值，此时，， 故 ，故. 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 设有下列四个命题，其中的真命题为（ ） A. 若复数满足，则 B. 若复数满足，则 C. 若复数，满足，则 D. 若复数，则 【答案】AD 【解析】 【分析】利用复数的定义推理可知AD选项正确，对于BC选项举出对应的反例即可. 【详解】由复数满足，设且，于是，故A正确； 取，此时，但是.故B错误； 取，，此时，但是，故C错误； 由复数，设，因为实数的共轭仍是其本身，故D正确. 10. 已知在中，，，，，点P为线段的中点，则下列结论正确的有（ ） A. 内切圆的半径为 B. C. D. 在向量上的投影向量为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正弦定理确定为直角三角形，，再结合内切圆半径公式、坐标法与向量运算规则逐一验证选项. 【详解】在中，由正弦定理， 代入，，，得，故，，为直角三角形. 选项A：直角三角形内切圆半径，正确； 选项B：建系设，由得， 点P为线段的中点，故，， ，正确； 选项C：，错误； 选项D：， 在向量上的投影向量为，正确. 11. 在棱长为1的正方体中，点P在正方形内部运动（不包含边界），满足，下列命题中正确的是（ ） A. 在点运动的过程中，三棱锥的体积有最大值为 B. 在点运动的过程中，存在无数个点，使得平面截正方体的截面是等腰梯形 C. 在点运动的过程中，不存在点，使得直线平面 D. 取的中点，当点运动的过程中，一定有 【答案】BCD 【解析】 【分析】由可知，点在以为直径且位于正方形内部的半圆弧上．分别利用三棱锥体积公式、截面构造、线面垂直的判定以及三角形两边之和大于等于第三边判断各选项． 【详解】设为的中点，为正方形的中心． 由，可知点在以为圆心、为半径的半圆弧上，如图所示． 对于A，因为平面，所以三棱锥可看作以为底面、为高的三棱锥． 点到直线的距离不超过半圆的半径，故. 因此. 当与点重合时等号成立，所以该三棱锥体积的最大值为，A错误． 对于B，当在弧上运动（不含端点）时，直线与交于点，且在线段内部． 在上取点，使，如图所示． 这样的点有无数个． 因为，且，所以. 从而在中有． 又且，所以四边形为平行四边形，从而，故． 因为点在线段内部，所以． 由可知，故. 因此，即． 又因为，所以. 因为且，所以. 因此． 又点、、三点共线，所以平面． 由于且平面，故平面，从而平面． 因此平面截正方体所得截面为四边形． 该四边形满足、且，所以四边形为等腰梯形． 因此存在无数个满足条件的点，B正确． 对于C，假设存在点，使平面． 因为平面，所以． 又由题设． 又平面，平面，且两直线都经过点． 在同一平面内，经过一点只有一条直线与已知直线垂直，所以直线与直线重合，即、、三点共线． 在直角等腰三角形中，，所以点为斜边的中点，即点与点重合． 于是且. 因为平面，所以. 若，则在中应有. 但为正方体的体对角线，故,矛盾． 所以不存在这样的点，C正确． 对于D，设，． 因为平面，且为的中点，所以，从而. 同理，因为平面，所以. 于是. 因为各式均为正，要证明,两边平方后，只需证明. 又因为两边均为非负数，平方后有. 所以. 由两点之间线段最短，. 因此. 下面说明等号不能成立． 若等号成立，则必须同时有和． 由可知三点共线． 又，所以在直角等腰三角形中，为斜边的中点，从而，这与矛盾． 故,所以D正确． 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知，若，则_________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：设，则，所以函数为奇函数，由，则，则，则，所以． 考点：函数奇偶性应用． 13. 已知（）且，则实数的值为_______________. 【答案】 【解析】 【详解】由题可知， 因为，所以， 又，所以， 所以，即， 所以，即. 14. 如图，四棱锥中，底面四边形为菱形且，，，则二面角的正弦值为__________；三棱锥外接球的表面积为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】空①，先找到二面角的平面角，再求平面角的正弦值；空②，先确定球心的位置，再求球的半径，最后求出球的表面积. 【详解】空①：菱形，，， 是等边三角形，. 取的中点，连接，， ，等边三角形中线：，且. ，为等腰三角形，. 即为二面角的平面角. 又，，， ，即， 在中，. 空②：，， ，即，同理可得：， 又，平面,平面. 又 同理可证为等腰直角三角形，为的外心， 过作，则：平面. 故上的所有点到，，三点距离相等. 在等边中，取的三等分点， 为的外心，过作平面， 故上的所有点到，，三点距离相等. 设：，则：即为三棱锥外接球的球心， ，， ， 又， 解得：， 在中，，即， 球的表面积：. 四、解答题（共77分） 15. 在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且asin B＝－bsin. (1)求A； (2)若△ABC的面积S＝c2，求sin C的值． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化简已知等式即得A=.(2)先根据△ABC的面积S＝c2得到b＝c， 再利用余弦定理得到a＝c，再利用正弦定理求出sin C的值． 【详解】(1)因为asin B＝－bsin，所以由正弦定理得sin A＝－sin， 即sin A＝－sin A－cos A，化简得tan A＝－， 因为A∈(0，π)，所以A＝. (2)因为A＝，所以sin A＝，由S＝c2＝bcsin A＝bc，得b＝c， 所以a2＝b2＋c2－2bccos A＝7c2，则a＝c，由正弦定理得sin C＝. 【点睛】本题主要考查三角恒等变换，考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力. 16. 已知向量，. （1）记，求的值； （2）在锐角中，若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过向量点积运算结合三角恒等变换化简得到的解析式，直接代入自变量求值； （2）由已知条件求出角，结合锐角三角形的约束得到角的范围，再将目标式转化为单角三角函数求值域. 【小问1详解】 ， 所以. 【小问2详解】 由得， 因为为锐角三角形，故，则， 因此，解得， 由三角形内角和得，即， 为锐角三角形，则有，解得， ， 因为，所以，因此， 即的取值范围为. 17. 如图，在三棱柱中，，，，点在底面的射影为的中点，点为的中点. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）设点在底面的射影为点， 连接.则，共面. 由题平面，因为平面， 所以，. 又因为为等腰直角三角形，为中线，所以. 又因为，平面， 所以平面.又因为平面， 所以. 因为在三棱柱中，平面平行于平面. 平面平面，平面平面， 所以平行于.又因为，所以. 因为，，，平面 所以平面，又因为平面， 所以平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）首先利用线面垂直证明平面，得到，，再结合三棱柱的条件得到，再结合平面得到，然后证明平面，再利用面面垂直的判定定理得到平面平面； （2）作，垂足为，连接，将直线与平面所成角转化为平面角.在，得出即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 作，垂足为，连接. 又平面，又平面，所以， 又,，平面， 所以平面. 所以即为直线与平面所成角的平面角. 在中，， 在中，， 所以在中， 18. 已知. （1）若，求的解集； （2）令，若在区间上存在零点，求a的取值范围； （3）令，对于任意的，，都有成立，求a的取值范围. 【答案】（1）； （2）; （3）. 【解析】 【分析】(1)利用对数函数单调性脱去对数，转化为一元二次不等式，通过换元法结合指数函数性质，求解出x的取值范围; (2)根据函数零点定义转化为方程有解问题，换元后分离参数，利用函数的最值与区间端点值，确定参数取值范围; (3), 转化为 ，再利用函数的单调性求解. 【小问1详解】 ，，得， 所以，即， 令 ，，解得 ，即 ， 所以，所以的解集是； 【小问2详解】 在 上存在零点，令，得 ，即，所以， 因为，所以 令 ，，记 ， 由均值不等式，当且仅当 时取等号， 所以，在 时取得最大值， 又，， 所以的值域是，所以,所以， 所以a的取值范围是; 【小问3详解】 , 得， 即， 在上的最大值是，最小值是， 由题意 ，即， 所以，所以， 即，所以， 令，， 在上单调递减，所以当时，取得最小值3， 所以在上取得最大值， 在上单调递减，所以当时，取得最小值1， 所以，所以 所以a的取值范围是. 19. 在平面直角坐标系中，定义向量坐标变换，其中m、n为非零常数.变换法则与递推关系如下：设起始点为，对应向量，经过1次变换记作得到点，对应向量，经过连续k次变换记作得到点，对应向量，递推关系为：（），请完成以下三问： （1）若，，起始点为时，求经过1次变换后得到的点的坐标； （2）若，时，求起始点经过连续3次变换后得到的点的坐标公式（即与的关系式），并直接归纳出经过连续k次变换后得到的点的坐标公式（即与的关系式，无需证明）； （3）若，时，起始点为，经过连续2026次变换后得到了2026个向量，请问共有多少个向量与向量共线，并说明理由. 【答案】（1）； （2），； （3）， 由，，得递推公式为（）， 设为，由（2）可得， 因为起始点为，所以， 因为向量与向量共线，所以，即， 所以，得，化简得 ， 因 5 与 6 互质，故必须是 6 的正整数倍， 在中，最大的 6 的倍数为， 因此满足条件的共有个,故共有 个向量与共线. 【解析】 【分析】（1）直接代入递推公式计算一次变换的坐标；（2）利用公式依次求解，得到的坐标公式，从而归纳出的坐标公式；（3）由，，得到递推公式为（），由（2）的结论得到，设为， 因为向量与向量共线，所以， 转化为，得到 必须是 6 的正整数倍，在中，最大的 6 的倍数为， 因此满足条件的共有个,故共有 个向量与共线. 【小问1详解】 依题意得递推公式为， 代入，得，，故的坐标为 ； 【小问2详解】 依题意得递推公式为 ， ， ， ， 所以， 归纳的坐标公式是：； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵阳一中2025—2026学年高一年级第二学期教学质量监测卷（二） 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把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，在试卷上作答无效. 3.考试时间120分钟，满分150分 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 5 D. 6 5. 设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或 ②若，则或 ③若且，则 ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（ ） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①③④ 6. 已知函数，若的值域为，则（ ） A. 正实数 B. 负实数 C. 0 D. 不确定 7. 对任意正实数x、y，记（比如），则m的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，，，点M为所在平面内一点，满足，其中.当取最小值时，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每小题6分，共18分） 9. 设有下列四个命题，其中的真命题为（ ） A. 若复数满足，则 B. 若复数满足，则 C. 若复数，满足，则 D. 若复数，则 10. 已知在中，，，，，点P为线段的中点，则下列结论正确的有（ ） A. 内切圆的半径为 B. C. D. 在向量上的投影向量为 11. 在棱长为1的正方体中，点P在正方形内部运动（不包含边界），满足，下列命题中正确的是（ ） A. 在点运动的过程中，三棱锥的体积有最大值为 B. 在点运动的过程中，存在无数个点，使得平面截正方体的截面是等腰梯形 C. 在点运动的过程中，不存在点，使得直线平面 D. 取的中点，当点运动的过程中，一定有 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 已知，若，则_________． 13. 已知（）且，则实数的值为_______________. 14. 如图，四棱锥中，底面四边形为菱形且，，，则二面角的正弦值为__________；三棱锥外接球的表面积为__________. 四、解答题（共77分） 15. 在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且asin B＝－bsin. (1)求A； (2)若△ABC的面积S＝c2，求sin C的值． 16. 已知向量，. （1）记，求的值； （2）在锐角中，若，求的取值范围. 17. 如图，在三棱柱中，，，，点在底面的射影为的中点，点为的中点. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知. （1）若，求的解集； （2）令，若在区间上存在零点，求a的取值范围； （3）令，对于任意的，，都有成立，求a的取值范围. 19. 在平面直角坐标系中，定义向量坐标变换，其中m、n为非零常数.变换法则与递推关系如下：设起始点为，对应向量，经过1次变换记作得到点，对应向量，经过连续k次变换记作得到点，对应向量，递推关系为：（），请完成以下三问： （1）若，，起始点为时，求经过1次变换后得到的点的坐标； （2）若，时，求起始点经过连续3次变换后得到的点的坐标公式（即与的关系式），并直接归纳出经过连续k次变换后得到的点的坐标公式（即与的关系式，无需证明）； （3）若，时，起始点为，经过连续2026次变换后得到了2026个向量，请问共有多少个向量与向量共线，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $