浙南名校联盟2025-2026学年高二年级第一学期返校联考数学试题（PDF版，含答案）

浙南名校联盟 2025-2026 学年高二年级第一学期返校联考
数学试题及参考答案
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 A x Z 1 2x 9 ， B x N 1 x 3 ，则 A B （ ）
A . 0,1,2 B . x x 3 C . x 1 x 3 D . 0,1,2,3
2.众数、平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据分布的形态有关.
如图的分布形态中，m,n, p分别表示众数、平均数、中位数，则（ ）
A 1. B 1.
2 2
C 1. i D 1. i
2 2
3.“点 P x, y 在函数 f x 4 x2 图象上”是“点 P x, y 在函数 g x x 图象上”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
4.在 ABC中，D为 BC中点，E为 AD的中点，则EC （ ）
A 3. AC 1 1 3 AB B . AB AC
4 4 4 4
C 3. AB 1 3 1 AC D . AB AC
4 4 4 4
5.根据以往考试统计，某学生数学考试不及格的概率为 0.2，英语考试不及格的概率为 0.3，
而他数学或英语考试至少有一门不及格的概率为 0.35，则他数学和英语两门都不及格的
概率为（ ）
A .0.1 B .0.15 C .0.06 D .0.3
6.已知m,n为异面直线， ， 为两个不同平面，m ，n ，l ，l ，则下
列结论可能正确的是（ ）
A . ∥ ，且 l与 相交 B . ，且 l与 垂直
C . 与 相交，且交线垂直 l D . 与 相交，且交线平行 l
1
7. 四 棱 锥 P ABCD ， 平 面 PAB 平 面 ABCD ， 四 边 形 ABCD 为 正 方 形 ，
PA PB 3 2， AB 6，则四棱锥 P ABCD的外接球的体积为（ ）
A .72 2 B .27 6 C 433. D 45 5.
2 2
8.已知实数 x, y满足 x 3 y x 3y ，则（ ）
A . x 3 y B . x 2 x C . x的最大值为 2 D .0 y 1
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.已知向量 a 1,sin ，b cos ,1 ，则下列说法正确的是（ ）

A a b 3 .若 ，则 k ,k Z B . a b的最大值为 2
4
C .存在 ，使得 a∥b D .存在 ，使得 2a b在a上的投影向量为2a
10.在图书馆的借书抽奖活动中，工作人员准备了编号为 1,2,3,4 的 4 个神秘书签，书签除
编号外完全相同.小张一次不放回地抽取两张书签，依次抽出后记录编号，则（ ）
A .小张不可能两次都抽出编号为 1 的书签
B 1.“两书编号之和为 6”的概率是
12
C .“抽到第一张书签编号为奇数”与“两书签编号和为 5”相互独立
D 2.“抽到第一张书签编号为奇数或两书签编号和为 5”的概率为
3
11. 已 知 函 数 f x 和 g x 的 定 义 域 均 为 R ， 且 f x 1 f x 1 0 ，
f x 1 x 1 g x 1 ，若函数 g x 2 关于直线 x 2对称，则下列各式正确的（ ）
A . f 1 0 B .函数 f x 的周期为 4
C . y g x 关于 1, 1 对称 D . f g 1 2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5分，共 15 分.
1 i
12.已知 i为虚数单位，则 .
1 i
2
13.已知函数 f x 4 , x 0x ，若函数 g x f x a恰有 1 个零点，则实数 a的
f x 2 , x 0
取值范围为 .
14. 在 三 棱 锥 S ABC 中 ， 平 面 SAC 平 面 ABC , SA SC AC AB 1 ，
AB AC 3.M 为棱 SA上的点.若平面 BCM 与平面 SAC所成角的余弦值为 ，记三
3
棱锥 A BCM V、三棱锥 S BCM 体积分别记作V1、V2，则 1 .V2
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.（13 分）在 ABC中，角 A,B,C所对的边分别为 a,b,c，若从条件①，条件②，条件
③中选择一个作为已知条件.条件①：bsinA 3acosB；条件②： 3bcosC csinB 3a；
3
条件③： a bcosC c sin B .
3
注：如果选择对个符合要求的条件分别解决，按第一个解答计分.
（1）求 B的大小；
（2）若b 1，求 ABC面积的最大值.
16.（15 分）设函数 f x loga 2ax 1 ， a 0且a 1 .
（1）若 f x 在 1,2 上单调递减，求 a的取值范围；
a 1 1 1 3 （2）当 时， f x k x x在 x 1, log2 上恒成立，求实数 k的取值范围.2 4 2 2
3
17.（15 分）为筹备“2025 浙江省城市篮球联赛（浙 BA）”城市争霸赛，某市级联队面向社
会公开选拔战术助理教练，选拔流程包括两轮测试，重点考察选手的篮球知识储备与临床
战术应对能力：第一轮为战术理解测试：从 5 道经典战术分析题中任选 2 题作答，若两题
均答对得 40 分，其余情况得 0 分；第二轮为实战应变测试：从 5 道实战应变题中任选 2
题作答，每答对 1题得 30 分，答错得 0 分；若两轮总成绩不低于 60 分，选手将获得面试
资格，且进入正式教练团队备选名单.现有两位候选人甲与乙参加此次测试，甲对两轮题
目中每道题的答对概率均为 0.5；乙第一轮测试题仅掌握其中 4 题（掌握的题必答对，未
掌握的题必答错），乙第二轮每题答对的概率为 0.4；所有测试中，每项成功与否互不影
响.
（1）求甲两轮测试总分为 30 分的概率；
（2）求乙在第一轮测试中得 40 分的概率；
（3）试判断谁更有可能进入正式教练团队备选名单？
18.（17 分）如图，在矩形 ABCD中， AB 1， BC 3 ，M 为线段 BC上的点，且
BAM ，将 ABM 沿 AM 折起，点 B翻折至 B 位置，连接 B C， B D，形成四
6
棱锥 B AMCD .
B N
（1）若 N 为棱 B D的点，且满足CN∥平面 B AM ，求 的值；
ND
（2）若二面角B AM C的平面角大小为 60°，求 B 到平面 AMC的距离；
（3）求直线 B D与平面 AMCD所成角的正切值取值范围.
4
19.（17 分）人教 A版必修 2教材第 81 页阐述一个数学定理——代数基本定理： n N *，
任何一元 n次复系数多项式方程 f x 0至少有一个复数根，且在复数集中可以分解为 n
个 一 次 因 式 的 乘 积 . 比 如 ： x2 1 x 1 x ，
x3 1 x 1 2 x x 1 x 1 3i 1 3i 1 x x .
2 2
（1）写出方程 x4 1 0的复数根；
（2）下面我们探究 1 的立方根和四次方根的几何性质.我们知道 1的立方根有 3个，可分
cos0 i sin 0 cos 2 i sin 2 4 4 别表示成 0 ， 1 ， 2 cos i sin ，它们3 3 3 3
对应点将单位圆三等分；1 的四方根有四个，可以分别表示成 0 cos0 i sin 0 ，
1 cos

i sin ， 3 3 2 cos i sin ， 3 cos i sin .2 2 2 2
（ⅰ）根据上述探究，请你猜想并证明 1的 5次方根；
提示：若 z1 cos 1 i sin 1，z2 cos 2 i sin 2，则 z1 z2 cos 1 2 isin 1 2 ，
cos 2 n cos 4 n cos 6 n n 4 n 2 （ⅱ）求 cos cos 的值（用
2n 2n 2n 2n 2n
n表示）.
5
参考答案
一、选择题
1 2 3 4 5 6 7 8
D C B A B D A B
二、选择题
9 10 11
ABD ACD ACD
三、填空题
12.1 13. a 6 14. 3 1
四、解答题
15.解：（1）选择①：∵ 3acosB bsinA 0，由正弦定理得： 3sinAcosB sinBsinA 0，
∵ sin A 0，∴ 3cosB sinB 0，即 tan B 3，且 B 0， ，∴ B .
3
选择②：由正弦定理得 3sinBcosC sinCsinB 3sinA，
即 3sinBcosC sinCsinB 3sin B C ，
∴ 3sinBcosC sinCsinB 3sinBcosC 3cosBsinC，∴ sinC sin B 3 cosB sinC .
又 sinC 0 ，得 tan B 3，∵ B 0， ，∴ B .
3
a bcosC 3 c sin B sin A sin B cosC 3选择③：由 和正弦定理得 sinC sin B，
3 3
又 sin A sin B C sin B cosC cosB sinC，
故 sin B cosC 3 sinC sin B sin B cosC cosB sinC，
3
3
因此 sinC sin B cosB sinC，由于 sinC 0 3 ，故 sin B cosB，
3 3
即 tan B 3，∵B 0， ，∴ B .
3
6
（2）由余弦定理可得1 a2 c2 2ac cosB a2 c2 ac ,
由于 a 2 c 2 ac 2ac ac ,故 ac 1，
当且仅当 a c 1 1 3 3 3时取等号，故面积为 ac sin B ac ac ，
2 2 2 4 4
故 ABC 3面积的最大值为 .
4
16.解：（1）a 0且a 1，∴ y 2ax 1在 1,2 上单调递增，有 f x 在 1,2 上单调递减，
0 a 1 1
由复合函数单调性可知 ，解得 a 1.
2a 1 0 2
1
（2）当 a 时， f x log 1 x 1 ，则 f x 在 1， 上单调递减，2 2
1 x 1 x 1
x
3
∴ k 1 对 x 1, log 1 上恒成立， 4 2 2 2 2
t 2 3x kt 1 0对 t
,2 恒成立
1 3 2
令 t ，则 t ,2 ，且 ，
2

2 t 2 3 kt 1 t对 t ,2 恒成立 2
1 1 3
即 t 1 k t 对 t ,2 上恒成立，
t t 2
∵ y t 1 3 2 1 1 1 5在 ， 上单调递增， t 1 k t ，解得 k .
t 2 t max t min 2 6
17.解：（1）设“甲两轮总分得 30 分”为事件 A，
“甲第一轮答错一题得 0 分，第二轮答对一题得 30 分”为事件 B，
“甲当第一轮答题两题得 0分，第二轮答对一题得 30 分”为事件 C.
则 A B C， P B 0.5 1 0.5 1 0.5 0.5 0.5 0.25；
P C 1 0.5 1 0.5 0.5 0.125；
P A P B P C 0.25 0.125 0.375 3 .
8
（2）对第一轮的 5 个问题进行编号： a,b,c,d ,e，第一轮从 5 个问题中任选两题作答，
7
则有 a,b , a,c , a,d , a,e , b,c, , b,d , b,e , c,d , c,e , d ,e 共 10 种，
设乙只能答对 4 个问题的编号为： a,b,c,d ，则乙在第一轮得 40 分，
有 a,b , a,c , a,d , b,c , b,d , c,d 共 6 种，
6 3
则乙在第一轮得 40 分的概率为： .
10 5
3 3 2
（3）由（1）知，乙在第一轮得 40 分的概率为 ，则乙在第一轮地 0分的概率为：1 ，
5 5 5
依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总分不低于 60 分，
∴当第一轮答对两题得 40 分，第二轮答对一题得 30 分时，甲和乙晋级复赛的概率分别为：
P1 0.5 0.5 0.5 1 0.5 1 0.5 0.5 0.125；
P 32 0.4 0.6 0.6 0.4 0.288；5
当第一轮答对两题得 40 分，第二轮答对两题得 60 分时，甲和乙获得面试资格的概率分别
为： p3 0.5 0.5 0.5 0.5
3
0.0625； P4 0.4 0.4 0.096；5
当第一轮答错一题得 0分，第二轮答对两题得 60 分时，甲和乙获得面试资格的概率分别
为：P5 0.5 1 0.5 1 0.5 0.5
2
0.5 0.5 0.125，P6 0.4 0.4 0.064；5
当第一轮答错两题得 0分，第二轮答对两题得 60 分时，甲获得面试资格的概率分别为：
P7 1 0.5 1 0.5 0.5 0.5 0.0625，
∴甲获得面试资格的概率为：
P1 P3 P5 P7 0.125 0.0625 0.125 0.0625 0.375；
乙获得面试资格的概率为：
P2 P4 P6 0.288 0.096 0.064 0.448 .
∵0.448 0.375，∴乙更有机会获得面试资格，进入正式教练团队备选名单.
18.解：（1）在 Rt ABM 中， BAM ， AB 1， BC 3，
6
BM 3则 ， AM MC 2 3 ，
3 3
在线段 AD上截取 AE CM ，由 AD∥CM ，
可得四边形 AMCE为平行四边形，则CE∥ AM ，
8
又CE 平面 AMB ， AM 平面 AMB ，则CE∥平面 AMB ，
∵CN∥平面 B AM ，又CN CE C ，则平面CEN∥平面 B AM ，
∵平面CEN 平面 AB D EN ，平面 AB M 平面 AB D AB ，∴ EN∥ AB ，
AE CM 2 3

又 , AD 3 B N AE，则 2 .
3 ND ED
（2）过点B作 BP AM ，垂足为 P，则 B P AM ，
∴ B PB为二面角 B AM D的平面角的补角，∴ B PB 120 ，
1 3
又 B P ，故 B 到平面 AMC的距离为 B P sin .
2 3 4

（3）连接BD，在 Rt BCD中， BC 3 ，CD 1，则 CBD ，
6
又在 Rt ABM 中， BAM ， AB BM ，则 BD AM ，故 B,P,D三点共线.
6
易得 AM 平面 B PD，又 AM 平面 AMCD，
∴平面 B PD 平面 AMCD，则 B DP即直线 B D与平面 AMCD所成角，
由题可知， B 1在以 P为圆心， B P 为半径的圆上，
2
则当直线 B D与圆相切， B DP取最大值，
1
此时 sin PDB ， tan 2 PDB .
3 4
2
故直线 B D与平面 AMCD所成角的正切值取值范围为 0， .
4


19.解：（1） x 1, i, 1, i .
2 2
（ 2 ） 1 的 5 次 方 根 为 0 cos0 i sin 0 ， 1 cos i sin ，5 5
4 2 cos i sin
4 6
， 3 cos i sin
6
， 4 cos
8
i sin 8 .
5 5 5 5 5 5
易知 0 1是方程 x5 1的根，
由提示， 51 1 1 1 1 1 cos 2k i sin 2k 1，则 1是方程 x5 1的根，
2k 2k
以此类推， k cos i sin k 2,3,4 均为 1的五次方根，命题得证.5 5
（3）由诱导公式，原式化简为：
9
sin sin 2 sin 3 sin n 2 n 1 sin （*）
n n n n n

由（2）易证：若 cos isin ，则1， 2， 4， ， 2n 2均为方程 x2n 1 0的根，
n n
由代数基本定理可知 x2 1 x2 2 x2 4 x2 2n 2 x2n 1，
∴ x2 1 x2 2 x2 4 x2 2n 2 x2n 2 x2n 4 x2 1，
∴ 1 2 1 4 1 2 n 1 n，
又1， 2， 4， ， 2n 2均为方程 x2n 1 0的根， 2n 1，
k k 2n ksin
2k 1
∴ ，
n 2i 2i k
2 1 4 1 6 1 2n 2 1
则（*）等于 1 ，
n 1 n 1 n n 1 2 i 2
∵ n cos i sin 1 i2 ，
cos 2 n cos 4 n cos 6 n cos n 4 cos n 2 n 1
n 1 n
∴
2n 2n 2n 2n 2n 2n 1 i2n 2

2n 1
.
10