2025-2026学年下学期浙江杭州学军中学高一数学2026年6月阶段性测试试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期浙江杭州学军中学高一数学2026年6月阶段性测试试卷含答案，共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题列出的四个备选项中只有一个是
符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分.
1. 已知集合A={x||x−1|1−2ax2+x,x≤1在R上满足f(x1)−f(x2)x1−x2>0，则实数a的取值范围为（ ）
A.0,14B.14,2
C.13,2D.0,14
5. 正多面体的研究始于古希腊柏拉图学派，正四面体与正八面体是其中最具代表性的两类．将正四面体的
棱的中点相连，内部会形成一个完美的正八面体，这一结构是空间对称性的经典体现．如图，在正四面体
ABCD中，连接各棱的中点构造出正八面体PMNEFQ，若该正八面体的相对顶点连线PQ=22，则正
四面体ABCD的高为（ ）
A. 463B. 26
C. 46D. 263
6. 在∆ABC中，已知bcsA=acsB，则三角形的形状为
A. 直角三角形B. 等腰三角形
C. 等边三角形D. 等腰三角形或直角三角形
7. 如图，O 是锐角三角形 ABC 的外心，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c 且 A=π3，若csBsinCAB→+csCsinBAC→=mAO→，则 m=（ ）
A.1B. 2
C. 3D.2
8. 定义在R上的函数f(x)满足f(x+2)=3f(x)，且当x∈[2,4)时
f(x)={−x2+4x,2≤x≤3x2+2x,30，证明：对任意x∈(2k,2k+1)(k∈N)，都有f(x)−x2>f1x−2x．
杭州学军中学2025学年第二学期阶段性测试
高一数学
1.B
解依题意，A={x∣|x−1|1x,x≤1，满足题意；
当a≠0时，需满足{a+2>0−2a−2a>000时，g(x)在[−2,1]上为增函数，所以g(x)在[−2,1]上的值域为[−2a+1,a+1]，
依题意1,32⊆[−2a+1,a+1]，
∴{1≥−2a+132≤a+1，解得a≥12，
当a12+23
所以f3(x)的最大值不是12+23，D错误.
11.ACD
解对于A，由已知得Q1C=Q1D=Q1E=Q1F=3，所以PO1=3，且∠CPD=π3，
所以圆锥PO1的体积为V=13×3π×3=3π，所以A正确；
对于B，由公共点的轨迹是以AB为直径的圆，因为∆PCD为正三角形，所以A，B为PC，PD中点，
AB=12CD=3，所以轨迹的周长为3π，所以B错误；
对于C，连BO1，可得BO1∥PC，且BO1=12PC=3=Q1F，
由Q1F⊥CD，Q1F⊥O1P，且CD∩O1P=O1，CD，O1P⊂平面PCD，
所以Q1F⊥平面PCD，因为O1B⊂平面PCD，所以O1F⊥O1B，
所以∆FQ1B为等腰直角三角形，所以∠FBQ1=π4，所以C正确；
对于D，设球O半径为r，则r+2r=3 ，可得r=1，
由VO−AEF=VA−OEF=13×32×12×1×23=12，且S∆AEF=12×23×3=3，
可得O到平面AEF的距离为12，所以截面圆的半径为1−122=32，
所以平面AEF截球O的截面面积为3π4，所以D正确.
12. 解f(−1)=f(0)=f(1)=11=1.
13.解若比赛经过5局结束，则甲胜4局负1局，且前3局负1局或乙胜4局负1局，且前3局负1局，
又甲获胜的概率为23，乙获胜的概率为13，各局比赛结果相互独立，
所以比赛经过5局结束的概率为P=C32232·13·232+C32132·23·13=1681+281=1881=29.
14. 解由题意，对任意实数x，都有x2+(a−b)x+1≥|ax−b|恒成立.
因为A≥|B|等价于A≥B且A≥−B，所以原条件等价于对任意实数x，都有x2+(a−b)x+1≥ax−b且
x2+(a−b)x+1≥−ax+b.
先整理第一个不等式，得x2−bx+b+1≥0对任意实数x恒成立.
因为该式左边是关于x的二次函数，且二次项系数为1>0，所以需判别式不大于0，
即Δ1=(−b)2−4(b+1)≤0，整理得b2−4b−4≤0，即(b−2)2≤8，
故2−22≤b≤2+22.
再整理第二个不等式，得x2+(2a−b)x+1−b≥0对任意实数x恒成立.
同理，需判别式不大于0，即Δ2=(2a−b)2−4(1−b)≤0.
因为(2a−b)2≥0，所以必须有1−b≥0，即b≤1；
并且由(2a−b)2≤4(1−b)，得−21−b≤2a−b≤21−b.
结合2−22≤b≤2+22与b≤1，可得2−22≤b≤1.
令t=1−b，则t≥0，且b=1−t2.
由2a−b≤21−b=2t，得a+b=2a−b+3b2≤2t+3(1−t2)2.
因此a+b≤3−3t2+2t2=−32t−132+53≤53.
当t=13时，b=1−19=89，且取2a−b=2t=23，解得a=79. 此时a,b∈R，并满足上述两个判别式条件，所以原不等式对任意实数x恒成立.
综上，a+b的最大值为53.
15. 【小问1】
因为f(x)=23sinxcsx−2cs2x=3sin2x−(cs2x+1)=3sin2x−cs2x−1
=2sin2x−π6−1，
所以函数f(x)的最小正周期为T=2π2=π，
由2kπ−π2≤2x−π6≤2kπ+π2(k∈Z)可得kπ−π6≤x≤kπ+π3(k∈Z)，
故函数f(x)的单调递增区间为kπ−π6,kπ+π3(k∈Z).
【小问2】
将函数f(x)的图象向左平移π12个单位长度，再向上平移1个单位长度得到g(x)的图象，
则g(x)=fx+π12+1=2sin2x+π12−π6−1+1=2sin2x，
当x∈0,π2时，0≤2x≤π，则sin2x∈[0,1]，故g(x)=2sin2x∈[0,2].
故函数g(x)在0,π2上的取值范围为[0,2].
16. 【小问1】
由于f(x)=lg222x+2x+1−ax=lg222x+2x+12ax是偶函数，
所以f(−x)=f(x)即lg22−2x+2−x+12−ax=lg222x+2x+12ax，
即2−2x+2−x+12−ax=22x+2x+12ax⇒2−2x+2−x+122x2−ax·22x=22x+2x+12ax
化简，得22x+2x+12−ax·22x=22x+2x+12ax⇒2(2−a)x=2ax
所以，(2−a)x=ax⇒(1−a)x=0
要使等式恒成立，则a=1，
经检验，当a=1时，函数f(x)=lg222x+2x+1−ax 是偶函数.
【小问2】
由于f(x)=lg222x+2x+1−x
所以，g(x)=2lg222x+2x+1+m·2x=22x+2x+1+m·2x=22x+(m+1)·2x+1 ，
设t=2x，则g(x)=t2+(m+1)t+1
因为函数g(x)=2f(x)+x+m·2x在x∈−1,lg23上只有一个零点，那么
由x∈−1,lg23可得 t∈12,3
即g(x)=t2+(m+1)t+1在 t∈12,3上只有一个零点
所以，关于t的方程t2+(m+1)t+1=0在t∈12,3上只有一个实根，那么
−(m+1)=t+1t，
由函数y=t+1t在t∈12,1上单调递减，在t∈1,3上单调递增，
当t=12时，y=52；当t=1时，y=2；当t=3时，y=103
根据函数图象可知，要使关于t的方程t2+(m+1)t+1=0在t∈12,3上只有一个实根
则−(m+1)=2或52−a恒成立，
所以(2s−1)(2t−1)>1−a恒成立，
又s,t∈(0,+∞)，故2s,2t∈(1,+∞)，
则(2s−1)(2t−1)∈(0,+∞)，
则1−a≤0，即a≥1，即实数a的取值范围为[1, +\infty)\)。
【小问3】
由函数f(x)为“N函数”，可知对于任意正数s，t，
都有f(s)>0，f(t)>0，且f(s)+f(t)2f(s)，即f(2s)f(s)>2，
故对于自然数k与正数s，
都有f(2k+1s)f(s)=f(2k+1s)f(2ks)·f(2ks)f(2k−1s)·⋯·f(2s)f(s)>2k+1，
对任意x∈(2k,2k+1)(k∈N)，可得1x∈12k+1,12k，又f(1)=1，
所以f(x)>f(x−2k)+f(2k)>f(2k)≥2kf(1)=2k+12>x2，
同理f1x