精品解析：湖南株洲市第一中学2026-2027学年高二上学期第一次质量检测数学试卷（B）

株洲市一中2026年下期高二第一次质量检测 数学（B） 时间：120分钟 满分：150分 出卷范围：必修一至选修一第二章 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知平面向量，满足，，在方向上的投影向量为，则，的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，若点共线，则（ ） A. B. C. D. 4. 若正数，满足，则的最大值是（ ） A. 1 B. C. D. 2 5. 将函数向右平移个单位后，所得的函数为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 一组数据按从小到大的顺序排列为1，3，，7，10，11，若该组数据的中位数是这组数据极差的，则该组数据的第45百分位数是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 7 7. 在平行六面体中，，，，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. ，是异面直线， B. ，是相交直线， C. ，是异面直线，与不垂直 D. ，是相交直线，与不垂直 二、选择题：本题共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. 设圆的圆心为，直线过，且与圆交于，两点，若，则直线的方程可以为（ ） A. B. C. D. 10. 如图所示，在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，为的中点，、分别是线段、上的动点（含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 存在、使平面 B. 存在、使平面 C. 的最小值为 D. 的最小值为 11. 已知定义在上的函数满足，当时，，且，则（ ） A. B. 为偶函数 C. 在上单调递减 D. 任意，存在，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在菱形中，为边的中点，若，则__________. 13. 若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是__________． 14. 在平面直角坐标系中，已知圆：，点，若圆上存在一点，满足，则实数的取值范围是______. 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. 如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，是的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面. 16. 我省实行“”高考模式，为让学生适应新高考的赋分模式，某校在一次校考中使用赋分制给高二年级学生的生物成绩进行赋分，具体赋分方案如下：先按照考生原始分从高到低按比例划定A、B、C、D、E共五个等级，然后在相应赋分区间内利用转换公式进行赋分，A等级排名占比，赋分分数区间是86～100；B等级排名占比，赋分分数区间是71～85；C等级排名占比，赋分分数区间是56～70；D等级排名占比，赋分分数区间是41～55；E等级排名占比，赋分分数区间是30～40；现从全年级的生物成绩中随机取100学生的原始成绩（未赋分）进行分析，其频率分布直方图如图所示： （1）求图中a的值，并求抽取的这100名学生的原始成绩的众数和中位数（结果为准确值）； （2）用样本估计总体的方法，估计该校本次生物成绩原始分不少于多少分才能达到赋分后的B等级及以上（含B等级）；（结果保留整数） （3）若采用分层抽样的方法，从原始成绩在和内的学生中共抽取5人，查看他们的答题情况来分析知识点上的缺漏，再从中选取2人进行调查分析，求这2人中恰有一人原始成绩在内的概率． 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，，． （1）证明：； （2）设为的中点，且，求的面积． 18. 已知函数为上的奇函数.当时，(为常数)，. （1）当时，求函数的值域: （2）若函数的图像关于点中心对称. ①设函数，求证:函数为周期函数; ②若对任意恒成立，求的最大值. 19. 已知直线，半径为2的圆与相切，圆心在轴上且在直线的右上方. （1）求圆的方程； （2）若直线上存在一点，过作圆的两条切线，切点分别为，若，求实数的取值范围； （3）过点的直线与圆交于两点（在轴上方），问在轴正半轴上是否存在定点，使得轴平分？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 株洲市一中2026年下期高二第一次质量检测 数学（B） 时间：120分钟 满分：150分 出卷范围：必修一至选修一第二章 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得， 当时，即； 当时，即，解得， 综上不等式的解集为或，故或， 又，根据交集的定义即可得. 2. 已知平面向量，满足，，在方向上的投影向量为，则，的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意根据投影向量公式可得，再利用向量夹角公式即可求解. 【详解】由题知，所以， 所以，， 解得， 所以，又，所以． 故选：. 3. 已知，，若点共线，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据共线得到方程，求出，，求出，得到模长. 【详解】因为点共线，所以与共线， 所以，解得，， 故，， . 故选：C. 4. 若正数，满足，则的最大值是（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由基本不等式即可求解. 【详解】由， 可得，当且仅当时取等号， 即的最大值是. 故选：B 5. 将函数向右平移个单位后，所得的函数为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，利用三角函数图象变换可得出的解析式，利用正弦型函数的奇偶性可求得的表达式，即可求得正数的最小值. 【详解】因为， 将该函数的图象向右平移个单位后，所得的函数为奇函数， 则，且有，则， 因为，故当时，取最小值. 故选：C. 6. 一组数据按从小到大的顺序排列为1，3，，7，10，11，若该组数据的中位数是这组数据极差的，则该组数据的第45百分位数是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】计算出中位数与极差后即可得的值，再借助百分位数定义即可得解. 【详解】该组数据的中位数为，极差为， 则有，即， ，则该组数据的第45百分位数是. 故选：A. 7. 在平行六面体中，，，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算可知,，通过数量积求出，进而求出. 【详解】利用空间向量的线性运算可知， 所以， 即, 由于, 所以，， 所以，故 ，即， 故平行四边形为矩形， 8. 在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. ，是异面直线， B. ，是相交直线， C. ，是异面直线，与不垂直 D. ，是相交直线，与不垂直 【答案】A 【解析】 【分析】先用定理判断，是异面直线，再证明与垂直，连接，即可得到平面，取的中点，连接，，从而得到、，即可证明平面，从而得解． 【详解】显然根据异面直线判定方法：经过平面外一点与平面内一点的直线与平面内不经过点的直线是异面直线． 下面证明与垂直： 证明：因为平面，平面， 所以， 因为，分别为的中点，连接， 所以， 因为，平面， 所以平面， 如图：取的中点，连接，， 因为平面，所以， 又因为，所以， 因为， 所以， 又因为为的中点，所以， 因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以． 故选：A． 二、选择题：本题共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. 设圆的圆心为，直线过，且与圆交于，两点，若，则直线的方程可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】求出圆心的坐标，按直线的斜率是否存在，结合圆的弦长公式求解即得 【详解】圆的圆心，半径， 当直线l的斜率不存在时，则直线方程为， 圆心到直线的距离为1，满足，直线符合题意； 当直线l的斜率存在时，设直线的方程为，即， 圆心到直线l的距离， 此时直线l：， 所以直线的方程为或. 故选：AC 10. 如图所示，在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，为的中点，、分别是线段、上的动点（含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 存在、使平面 B. 存在、使平面 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】当点与点重合时，利用面面平行的性质可判断A选项；证明出平面，当点与点重合且为的中点时，可判断B选项；过点作关于的对称点，过点作于点，设，则当、、三点共线时，最小，求解即可，可判断C选项；连接，取的中点，推导出，可知点为、的交点时，最小，结合勾股定理可判断D选项. 【详解】对于选项A，当点与点重合时，平面， 又平面平面，显然有面，故A正确； 对于选项B，如下图所示： 因为四边形为正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，故平面， 当点与点重合且为的中点时，、平面， 又因为，此时平面，故B正确． 对于选项C，当为的中点时，最小， 如图所示，过点作关于的对称点，过点作于点， 不妨设，则当、、三点共线时，最小， 因为，，， 此时， 因为，则， 所以， 故， 则，故， 所以， 故，故C错误； 对于选项D，连接，取的中点，如图所示： 因为，，，故， 所以， 因为、分别为、的中点，所以， 又因为，所以，故， 连接交于点，因为、分别为、的中点，则， 因为四边形为正方形，所以，故， 因为，故为的中点， 因为四边形为正方形，故， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，故平面， 因为平面，故，同理可证， 在矩形中，过点在平面内作，垂足为点， 易知四边形为矩形，且，， 故，所以， 因为、平面，当点为、的交点时，取最小值，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知定义在上的函数满足，当时，，且，则（ ） A. B. 为偶函数 C. 在上单调递减 D. 任意，存在，使得 【答案】ACD 【解析】 【分析】运用赋值法，结合函数定义逐项判断即可得. 【详解】对A：令，，则有，又， 故，即，故A正确； 对B：由，则有， 即，即有， 又定义域为，故为奇函数，故B错误； 对C：令，则有，，，由当时，， 故，，则， 即时，有，故在上单调递减， 即C正确； 对D：等价于， 由为奇函数，设函数， 则对任意， 都有， 故函数为奇函数， 故对任意，存在，使， 即任意，存在，使得，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：本题关键在于运用赋值法，结合函数性质的定义解决函数的性质问题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在菱形中，为边的中点，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】方法一：根据数量积的运算律得到，由对称性易知，即可得解；方法二：设在上的投影向量分别为，易知，根据数量积的几何意义计算可得. 【详解】方法一：， ，且由对称性易知， . 方法二：设在上的投影向量分别为，易知， 由数量积的几何意义可知，， . 故答案为：. 13. 若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据对数函数的定义域和单调性，二次函数的单调性，结合复合函数的单调性判断方法列不等式，求解即可. 【详解】由题意，在上恒成立，即在上恒成立， 又，则，解得，则； 因为函数是增函数，所以，在上单调递减， 则，解得； 综上所述，， 故答案为：. 14. 在平面直角坐标系中，已知圆：，点，若圆上存在一点，满足，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】设，根据题意求出点轨迹方程，再根据两圆的位置关系进行求解即可. 【详解】设，因为，，所以，， 因为，所以， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 因为点在圆上，所以两圆必须相交或相切， 所以，解得或. 故答案为：. 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. 如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，是的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面. 【答案】（1）证明：连接交于点F，再连接， 因为四边形是菱形，所以点F是的中点； 又是的中点. 所以在中，是中位线，即， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）证明：因为四边形是菱形，所以， 又，且平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，且平面，平面， 所以平面. 【解析】 【分析】（1）连接交于点F，再连接，证明，再用线面平行的判定定理即可得证； （2）先证明平面，得出，又，再结合线面垂直的判定定理即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 我省实行“”高考模式，为让学生适应新高考的赋分模式，某校在一次校考中使用赋分制给高二年级学生的生物成绩进行赋分，具体赋分方案如下：先按照考生原始分从高到低按比例划定A、B、C、D、E共五个等级，然后在相应赋分区间内利用转换公式进行赋分，A等级排名占比，赋分分数区间是86～100；B等级排名占比，赋分分数区间是71～85；C等级排名占比，赋分分数区间是56～70；D等级排名占比，赋分分数区间是41～55；E等级排名占比，赋分分数区间是30～40；现从全年级的生物成绩中随机取100学生的原始成绩（未赋分）进行分析，其频率分布直方图如图所示： （1）求图中a的值，并求抽取的这100名学生的原始成绩的众数和中位数（结果为准确值）； （2）用样本估计总体的方法，估计该校本次生物成绩原始分不少于多少分才能达到赋分后的B等级及以上（含B等级）；（结果保留整数） （3）若采用分层抽样的方法，从原始成绩在和内的学生中共抽取5人，查看他们的答题情况来分析知识点上的缺漏，再从中选取2人进行调查分析，求这2人中恰有一人原始成绩在内的概率． 【答案】（1）众数75，中位数分； （2）74分； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中频率和为1求得值，找出频率最大的那组数据的中点值得众数，求出频率对应的值得中位数； （2）由（1）的中位数可得； （3）确定两组中人数，对学生编号，用列举法写出取2人的样本并计数后，根据概率公式计算概率． 【小问1详解】 ， . 抽取的这100名学生的原始成绩的众数的估计值为分； 由频率直方图可得前三组的频率和为， 前四组的频率和为，故中位数落在第四组， 设中位数为x，则，解得， 故抽取的这100名学生的原始成绩的中位数的估计值为分； 【小问2详解】 由已知等级达到B及以上所占排名等级占比为， 由（1）可得，中位数， 故原始分不少于74分才能达到赋分后的B等级及以上． 【小问3详解】 由题知得分在和内的频率分别为0.1和0.15， 则抽取的5人中，得分在内的有2人，得分在的有3人 记得分在内的3位学生为a，b，c，得分在内的2位学生为D，E， 则从5人中任选2人，样本空间可记为 ，共包含10个样本， 用A表示“这2人中恰有一人得分在内”， 则，A包含6个样本， 故所求概率. 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，，． （1）证明：； （2）设为的中点，且，求的面积． 【答案】（1）证明：由已知及正弦定理，得， 即． 因为， 所以． 由正弦定理及，得，即． （2） 【解析】 【分析】(1)运用正弦定理与三角恒等变换转化三角形的边角关系即可求解； （2）运用余弦定理、三角形面积公式等知识求出相应的量即可求解. 【小问1详解】 （1）略； 【小问2详解】 （2）由（1），得． 因为，所以． 由余弦定理，得（※）， 将，，，代入（※）式，得， 化简，得， 解得（舍去）或．所以． 由余弦定理，得，所以． 所以的面积． 18. 已知函数为上的奇函数.当时，(为常数)，. （1）当时，求函数的值域: （2）若函数的图像关于点中心对称. ①设函数，求证:函数为周期函数; ②若对任意恒成立，求的最大值. 【答案】（1） （2）①由于，且， 由于，则， 那么， 则为上周期为2的函数. ② 【解析】 【分析】（1）代入，，得到，再二次性质求出当时，，最后根据复合函数单调性得； （2）①运算得，则可证明；②求出，然后转化为求最大，最小即可. 【小问1详解】 由于函数为上奇函数，那么，且， 则，则，则； 那么，由，则， 而函数为奇函数，那么时，， 综上所述:当时，， 由复合函数单调性可知:则. 【小问2详解】 ①略 ②由（1）可知，当时，，时，， 那么时，； 时，； 那么； 若要最大，仅需最大，最小， 从而考虑如下临界：由于，令， 则，此时； ； 当时，， ， 那么， 令（舍去）； 同理，时，， ， 那么， 令（舍去）； 从而， 那么的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的第二小问的关键是求出，再求出的临界值即可. 19. 已知直线，半径为2的圆与相切，圆心在轴上且在直线的右上方. （1）求圆的方程； （2）若直线上存在一点，过作圆的两条切线，切点分别为，若，求实数的取值范围； （3）过点的直线与圆交于两点（在轴上方），问在轴正半轴上是否存在定点，使得轴平分？ 【答案】（1）； （2）； （3）存在. 【解析】 【分析】（1）根据直线与圆的位置关系求圆的方程. （2）先求的长度，转化为点到直线的距离的取值范围求的取值范围. （3）设直线：，与圆的方程联立，消去，利用韦达定理得到，，再利用恒成立，可求点坐标. 【小问1详解】 设圆心，， 由或（舍去）， 故圆的方程为. 【小问2详解】 如图： 因为与圆相切，且， 所以在直角中，，，所以 所以问题转化为点到直线的距离不大于 由. 所以的取值范围为. 【小问3详解】 如图： 若直线存在斜率，设直线：， 将直线方程与圆方程联立，得，消去，整理得. 设，，则， 假设存在点（）使得轴平分，则对恒成立， 所以， 所以对恒成立，则，故 若直线斜率不存在，则均在轴上，也可以认为轴平分 综上，在轴正半轴上存在定点，使得轴平分. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $