精品解析：广东汕头市金山中学2026-2027学年高二上学期10月阶段考试数学试题

2025级高二第一学期阶段考试数学科试卷 一、单选题.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. 的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘法计算，结合复数的虚部定义即得. 【详解】由,可知其虚部为. 2. 圆O1：和圆O2：的位置关系是 A. 相离 B. 相交 C. 外切 D. 内切 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：由题意可知圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，又，所以圆和圆的位置关系是相交，故选B． 考点：圆与圆的位置关系． 3. 已知，，为随机事件，与互斥，与互为对立，且，，则（ ） A. 0.9 B. 0.6 C. 0.56 D. 0.5 【答案】B 【解析】 【分析】先利用对立事件的概率性质求出，再结合互斥事件的概率加法公式计算即可. 【详解】因为与互为对立事件，根据对立事件的概率性质，可得：  ，又因为与是互斥事件， 根据互斥事件的概率加法公式，有：， 代入、，计算得：. 4. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出直线的斜率的取值范围，结合倾斜角的取值范围可得结果. 【详解】直线的方程可化为，所以，， 因为，因此，直线的倾斜角的取值范围是. 故选：C. 5. 在四面体中，点满足，在上，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的线性运算及空间向量基本定理，将分别用基底表示，通过对应系数相等建立方程组求解的值即可. 【详解】由题意，在四面体  中，， 所以 ， 因为点在上，设，其中，则， 又因为， 由于不共面，根据空间向量基本定理，对应系数相等， 可得，解得，，所以 ， 则，故C正确. 6. 有一座圆拱桥，当水面在如图所示的位置时，拱顶离水面4米，水面宽16米，当水面上涨2米后，水面宽是（ ） A. 12米 B. 13米 C. 14米 D. 15米 【答案】A 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，根据题意求圆心和半径，即可得圆的方程，令运算求解即可. 【详解】建立平面直角坐标系如图，则， 可知圆心在y轴负半轴上，设为， 则，即，解得， 即圆心为，半径， 可得桥拱所在圆的方程为， 令，可得，解得， 所以水面宽是12米． 故选：A. 7. 三棱锥中，，且，则当三棱锥的体积最大时，直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由△ABC面积为定值，得体积最大时点P到平面ABC的距离最大，即PC⊥平面ABC，再通过空间向量求异面直线所成角的余弦值. 【详解】由，，得的面积，为定值 ， 三棱锥体积，其中为点到平面的距离， 已知，故，当且仅当平面时，取最大值1，此时三棱锥体积最大， 以为原点，方向为轴正方向，方向为轴正方向，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，由平面且，得, 则，, 设异面直线与所成角为，，，，，  所以 ，所以直线与所成角的余弦值为. 8. 对圆上任意一点，若的值与都无关，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】P在圆上，求出P点横纵坐标的范围，以此判断的正负，由此判断的正负，转化为恒成立问题，采用参变分离的方法求解﹒ 【详解】圆的圆心为，半径， 由点在圆上知， ∴，∴， 则 若的值与都无关，可得恒成立， 即恒成立，从而得 令，即， 易知直线与圆有公共点，则， 解得 故实数的取值范围是 故选：D 二、多选题.本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，有选错得0分，部分选对得部分分． 9. 在空间直角坐标系中，已知，，下列结论正确的有（ ） A. B. C. 若，且，则 D. 若且，则 【答案】ABC 【解析】 【详解】已知在空间直角坐标系中，，，原点， 则 ，，. 选项A：的模长，​ 因此A正确； 选项B：，因此B正确； 选项C：已知，且，因此，解得，因此C正确； 选项D：已知，且，因此，解得，因此D错误. 10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（），则下列说法正确的是（ ） A. 若，则C为直角 B. 若，则B为钝角 C. 若，则 D. 若，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，用余弦定理代入化简，利用勾股定理判断即可；对于B，用余弦定理化简判断即可；对于C，利用余弦定理化简判断即可；对于D，利用正弦定理及两角和正弦公式化简得，然后利用两角差的正切公式及基本不等式求得最值即可. 【详解】对于A，时，由得，化简得， 所以B为直角，错误； 对于B，时，由得，化简得， 所以，所以B为钝角，正确； 对于C，时，由得，化简得， 所以，所以，正确； 对于D，时，由得， 化简得，所以， 因为，所以， 所以， 当且仅当，即，等号成立，正确. 11. 已知点P在圆上运动，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则（ ） A. 圆与圆外切 B. 当直线与圆相切时，的面积为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据圆与圆的位置关系即可判断A；直线与圆的位置关系和三角形的面积公式计算即可判断B；如图，确定当取最小值时取得最小值，结合点与圆的位置关系计算即可判断C；设，根据平面向量数量积的定义，由选项C可得，结合换元法和基本不等式计算即可判断D. 【详解】对于A，因为圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为， 且，所以圆与圆外离，故A错误； 对于B，当与圆相切时，， 所以的面积为，故B正确． 对于C，连接，则， 当取最小值时取得最小值， 又，所以，故C正确； 对于D，设，则， 在中，，则， 由对C的分析，知， 所以， 令，则，， 当且仅当时等号成立，故D错误． 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为第二象限角，且，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】由，可得， 由于为第二象限角，故，则，即， 结合，可得. 13. 已知点，动点满足，则的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出点的轨迹并令，再利用几何意义列式求出范围. 【详解】由，得，整理得， 即，则动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 令，则，表示过点，且斜率为的直线， 显然直线与圆有公共点， 因此，即，解得， 所以的取值范围是. 14. 一个正四棱台形盒子（厚度不计），底边长为1，顶边长为3，容积为，放进一块正四面体积木后盖上盖子，若积木能在其中自由转动，则积木体积的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用正四面体积木体积最大时的外接球即为正四棱台形盒子的内切球进行求解即可. 【详解】积木可以在盒子里面自由转动，等价于正四面体要完全放在正四棱台的内切球内部，也就是正四棱台有内切球，内切球半径为，正四面体能自由转动的最大尺寸就是这个内切球为它的外接球. 设正四棱台形盒子的高为，则. 所以，则. 过正四棱台上下底面各一组对边中点的平面截该棱台得等腰梯形， 分别取的中点，则，. 当时，则内切球球心为中点. 设点到的距离为，则. 所以，解得. 所以正四棱台的内切球半径. 所以正四面体积木体积最大时，外接球半径为. 设正四面体积木棱长为，所以，解得. 此时正四面体积木的体积为. 所以积木体积的最大值为. 四、解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 记的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且 （1）求A； （2）若BC边上的高为1，且，求 【答案】（1） （2）． 【解析】 【小问1详解】 解法一：由，及正弦定理得， 所以， 即，即， 因为、，则，所以，所以， 解法二：由及余弦定理得， 所以，即，所以， 又，所以． 【小问2详解】 记边上的高为，则， 由（1）得，所以， 所以由余弦定理可得， 所以，所以， 所以或（舍），故． 16. 某学校高二年级举办一次数学竞赛，对报名的500名学生进行了一次测试．已知参加此次测试的学生的分数全部介于45分到95分之间（满分100分），学校将所有测试分数分成5组：，，…，，整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值，并估计这500名学生测试分数的90%分位数； （2）采用分层抽样的方法，从分数在内的学生中抽出5人，再从抽出的5人中随机选取2人，查看他们的答题情况，求这2人中至少有一人分数在内的概率． 【答案】（1），分位数为分 （2） 【解析】 【小问1详解】 根据频率分布直方图，求得各组的频率； 的频率为，的频率为， 的频率为，的频率为， 因此组的频率为， 所以； 前四组的累积频率为，所以分位数应在区间， 设分位数为分，则，解得， 故分位数为分； 【小问2详解】 采取分层抽样，区间与区间的频率比为， 而两区间总计抽出人，故从区间抽出人，从区间抽出人， 记区间的两人为，区间的三人为, 从这五人中抽出两人，样本空间， 样本空间有个元素， 其中至少一人在区间内的元素有个， 所以这人中至少一人分数在内的概率为. 17. 如图，在多面体中，四边形为直角梯形，且满足平面. （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明：因为且，所以四边形为平行四边形， 又，所以四边形为菱形，所以. 因为平面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面. （2）存在，或 【解析】 【分析】（1）四边形为菱形，所以，由线面垂直得到，从而得到平面，，结合，证明出结论； （2）证明出，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，设，根据线面角的大小，得到方程，求出或.所以线段上存在点，或. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，所以， 又， 以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示， 则， 所以 设平面的法向量为，则 令，得，所以. 假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 设， 则 , 解得或. 所以线段上存在点，当或时， 使得直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知圆的圆心在直线上，过点的直线与圆相交于两点． （1）求圆的方程； （2）当时，求直线的方程； （3）若点，是否存在直线，使得向量与共线？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）或 （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由圆，得圆心的坐标为，代入直线求得的值，即可得到圆的方程； （2）分斜率不存在与斜率存在两种情况，设直线的方程，根据圆心到直线的距离与弦长的关系，确定直线的方程； （3）假设存在直线，使得向量与共线.当直线的斜率不存在时，写出的坐标，可利用向量坐标判断向量与不共线；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立圆的方程，用表示向量，根据向量与共线，求出的值，即可得到直线的方程. 【小问1详解】 圆的圆心的坐标为， 将其代入直线得，解得. 即圆的方程为. 【小问2详解】 圆的标准方程为，设弦的中点为，则. ①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离为，所以，符合题意． ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即. 因为，所以，则圆心到直线的距离，解得. 此时直线的方程为， 故直线的方程为或． 【小问3详解】 因为，所以． ①当直线的斜率不存在时，易知. ，所以与不共线，不符合题意； ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为. 由，得， 可得. 所以， 所以， 则， 所以． 若向量与共线，则， 即，解得或， 当时，，舍去， 当时，. 所以存在直线，使得向量与共线，且直线的方程为，即. 19. 已知函数. （1）证明：，都有； （2）当时，求不等式的解集； （3）是否存在实数，对任意一个整数，关于的方程在区间内至少有3个互不相等的实数解？若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）因为，所以，都有. （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）利用三角函数平方关系及平方差公式证明； （2）利用条件转化得到三角不等式，因式分解后结合给定区间判断一个因式恒正，再解剩余三角不等式，最后取交集求得 的范围; （3）先对方程因式分解拆成两个方程，分别分类讨论求解，得到全部通解，再列举区间内解，根据至少三个不同实数解的条件确定正数的最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，且，所以， 所以，则 则 又，所以，所以， 所以，则， 所以，，解得，， 又，所以. 【小问3详解】 假设存在正数，对于任意，关于的方程在 区间内至少有三个不同实数解. 所以， 所以①，或② 对于方程①，若，则，方程①不成立，所以 所以对于任意恒成立，所以，所以. 对于方程②， （Ⅰ）若，则，当为奇数时，，方程②无解； （Ⅱ）若，则对于任意，，所以，得. （Ⅲ）若，则对于任意，，则，则 （Ⅳ）若，则，所以且， 所以，因此方程②无解. 综上，原方程的解为或或. 若，则方程的解为，，；若，则方程的解为，，； 所以若，对任意一个整数， 关于的方程在区间内至少有3个互不相等的实数解， 故正数的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025级高二第一学期阶段考试数学科试卷 一、单选题.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. 的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 圆O1：和圆O2：的位置关系是 A. 相离 B. 相交 C. 外切 D. 内切 3. 已知，，为随机事件，与互斥，与互为对立，且，，则（ ） A. 0.9 B. 0.6 C. 0.56 D. 0.5 4. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 在四面体中，点满足，在上，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 有一座圆拱桥，当水面在如图所示的位置时，拱顶离水面4米，水面宽16米，当水面上涨2米后，水面宽是（ ） A. 12米 B. 13米 C. 14米 D. 15米 7. 三棱锥中，，且，则当三棱锥的体积最大时，直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 对圆上任意一点，若的值与都无关，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题.本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，有选错得0分，部分选对得部分分． 9. 在空间直角坐标系中，已知，，下列结论正确的有（ ） A. B. C. 若，且，则 D. 若且，则 10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（），则下列说法正确的是（ ） A. 若，则C为直角 B. 若，则B为钝角 C. 若，则 D. 若，则的最大值为 11. 已知点P在圆上运动，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则（ ） A. 圆与圆外切 B. 当直线与圆相切时，的面积为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为第二象限角，且，则__________． 13. 已知点，动点满足，则的取值范围为___________． 14. 一个正四棱台形盒子（厚度不计），底边长为1，顶边长为3，容积为，放进一块正四面体积木后盖上盖子，若积木能在其中自由转动，则积木体积的最大值为__________. 四、解答题（本大题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 记的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且 （1）求A； （2）若BC边上的高为1，且，求 16. 某学校高二年级举办一次数学竞赛，对报名的500名学生进行了一次测试．已知参加此次测试的学生的分数全部介于45分到95分之间（满分100分），学校将所有测试分数分成5组：，，…，，整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值，并估计这500名学生测试分数的90%分位数； （2）采用分层抽样的方法，从分数在内的学生中抽出5人，再从抽出的5人中随机选取2人，查看他们的答题情况，求这2人中至少有一人分数在内的概率． 17. 如图，在多面体中，四边形为直角梯形，且满足平面. （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由. 18. 已知圆的圆心在直线上，过点的直线与圆相交于两点． （1）求圆的方程； （2）当时，求直线的方程； （3）若点，是否存在直线，使得向量与共线？如果存在，求出直线的方程；如果不存在，请说明理由． 19. 已知函数. （1）证明：，都有； （2）当时，求不等式的解集； （3）是否存在实数，对任意一个整数，关于的方程在区间内至少有3个互不相等的实数解？若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $