精品解析：四川省泸州市泸县第五中学2024-2025学年高二上学期9月月考数学试题

高2026届高二上期第一学月学考试 数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷3至4页．共150分．考试时间120分钟． 第I卷（选择题 共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 下列说法正确的是（ ） A. 身高是一个向量 B. 温度有零上温度和零下温度之分，故温度是向量 C. 有向线段由方向和长度两个要素确定 D. 有向线段和有向线段的长度相等 2. 若复数z满足，则（　　） A. B. 0 C. D. 2 3. 如图，点O是正六边形ABCDEF的中心，图中与共线的向量有（ ） A. 1个 B. 2个 C 3个 D. 4个 4. 已知是夹角为两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. 2 C. D. 5. “直线l⊥AB，l⊥AC"是“直线l⊥BC”的（ ） A. 充分非必要条件； B. 必要非充分条件； C. 充要条件； D. 既非充分又非必要条件． 6. 由斜二测画法得到一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为，腰长为，如图，那么它在原平面图形中，顶点到轴的距离是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，为边上一点，，且的面积为，则（ ） A. B. C. D. 8. 如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.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. 某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图.为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这名学生中，成绩位于内的学生成绩方差为，成绩位于内的同学成绩方差为.则（ ） 参考公式：样本划分为层，各层的容量､平均数和方差分别为：、、；、、.记样本平均数为，样本方差为，. A. B. 估计该年级学生成绩的中位数约为 C. 估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的平均数为 D. 估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的方差为 10. 已知事件满足，，则下列结论正确的是（    ） A. B. 如果，那么 C. 如果与互斥，那么 D. 如果与相互独立，那么 11. 在长方体中，已知，则下列结论正确的有（ ） A. B. 异面直线与所成的角为 C. 二面角的余弦值为 D. 四面体的体积为 第II卷（非选择题共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效． （2）本部分共8个小题，共92分． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知一组数据8.6，8.9，9.1，9.6，9.7，9.8，9.9，10.2，10.6，10.8，11.2，11.7，则该组数据第80百分位数为__________． 13. 已知，，且，则的最小值是_____________． 14. 中，的角平分线交AC于D点，若且，则面积的最小值为________. 四、解答题：本大题共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. 已知向量的夹角为． （1）求； （2）若与的夹角为钝角，求实数的取值范围． 16. 2023年10月22日，汉江生态城2023襄阳马拉松在湖北省襄阳市成功举行，志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障，襄阳市新时代文明实践中心承办了志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同． （1）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第25百分位数； （2）在这100名候选者用分层随机抽样的方法从第四组和第五组面试者内抽取10人，再从这10名面试者中随机抽取两名，求两名面试者成绩都在第五组的概率． （3）现从以上各组中用分层随机抽样方法选取20人，担任本市的宣传者．若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和70，据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差． 17. 如图，在中，，，AD与BC相交于点M.设，. （1）试用基底表示向量； （2）在线段AC上取一点E，在线段BD上取一点F，使EF过点M，若，，求的值. 18. 如图所示，已知平面ACD，DE平面ACD，△ACD为等边三角形.，F为CD的中点. （1）证明：AF∥平面BCE. （2）证明：平面BCE⊥平面CDE. （3）在DE上是否存在一点P，使直线BP和平面BCE所成的角为 19. 已知在中，角，，的对边分别为． （1）若边的中线长为3，对，且，恒成立，试判断“”是否成立？ （2）若为非直角三角形，且，其中． （ⅰ）证明：； （ⅱ）是否存在函数，使得对于一切满足条件的，代数式恒为定值？若存在，请给出一个满足条件的，并证明之；若不存在，请给出一个理由． 参考公式： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高2026届高二上期第一学月学考试 数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷3至4页．共150分．考试时间120分钟． 第I卷（选择题 共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 下列说法正确的是（ ） A. 身高是一个向量 B. 温度有零上温度和零下温度之分，故温度是向量 C. 有向线段由方向和长度两个要素确定 D. 有向线段和有向线段的长度相等 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的定义及性质判断各项的正误即可. 【详解】A：由向量即有大小（模长）又有方向的量，显然身高不是向量，故A错； B：温度有零上温度和零下温度，显然温度可以比较大小，但无方向，故B错； C：有向线段有起点、方向、长度三要素确定，故C错； D：有向线段和有向线段的长度相等，故D对. 故选：D 2. 若复数z满足，则（　　） A. B. 0 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的运算规则进行计算即可求解. 【详解】因为， 所以， 则， 故选：D. 3. 如图，点O是正六边形ABCDEF的中心，图中与共线的向量有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】根据图像，直接判断即可. 【详解】由图可知，根据正六边形的性质， 与共线的有，，，共3个， 故选：C. 4. 已知是夹角为的两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由投影向量计算公式可得答案. 【详解】在向量上的投影向量为. . 故选：A 5. “直线l⊥AB，l⊥AC"是“直线l⊥BC”的（ ） A. 充分非必要条件； B. 必要非充分条件； C. 充要条件； D. 既非充分又非必要条件． 【答案】A 【解析】 【分析】分、、三点共线与、、三点不共线两种情况讨论，根据充分条件、必要条件的定义判断可得； 【详解】解：若、、三点共线时，由直线l⊥AB，l⊥AC则直线l⊥BC，故充分性成立；由直线l⊥BC，则直线l⊥AB，l⊥AC，故必要性成立； 若、、三点不共线时，则、、三点确定唯一一个平面，由直线l⊥AB，l⊥AC，，平面，所以平面，又平面，所以 ，故充分性成立， 若 ，则无法得到平面，故与，可能相交不垂直、异面不垂直等，故必要性不成立； 综上可得“直线l⊥AB，l⊥AC"是“直线l⊥BC”的充分非必要条件； 故选：A 6. 由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为，腰长为，如图，那么它在原平面图形中，顶点到轴的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由正弦定理求出直观图的，再由斜二测画法规则求出到轴的距离即可. 【详解】 如图，过点作′轴，交′轴于点， 在中，，，， 由正弦定理得， 于是得，且原图中即为到轴的距离， 由斜二测画法规则知，在原平面图形中，顶点到轴的距离是. 故选：D. 7. 在中，为边上一点，，且的面积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由面积公式求出，即可得到为等腰三角形，则，在中由正弦定理求出，即可求出，最后由利用两角差的正弦公式计算可得. 【详解】因为，解得， 所以为等腰三角形，则， 在中由正弦定理可得，即，解得， 因为，所以为锐角，所以， 所以 . 故选：A 8. 如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径，得到答案. 【详解】如图，取的中点，连接，，则，， 过点作⊥底面，垂足在上，且， 所以，故， 点为最大球的球心，连接并延长，交于点，则⊥， 设最大球的半径为，则， 因∽，所以，即，解得， 即，则，故 设最小球的球心为，中间球的球心为，则两球均与直线相切，设切点分别为， 连接，则分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为， 则，则， 又，所以，解得， 又，故，解得， 所以， 模型中九个球的表面积和为. 故选：B 【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.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. 某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图.为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这名学生中，成绩位于内的学生成绩方差为，成绩位于内的同学成绩方差为.则（ ） 参考公式：样本划分为层，各层容量､平均数和方差分别为：、、；、、.记样本平均数为，样本方差为，. A. B. 估计该年级学生成绩的中位数约为 C. 估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的平均数为 D. 估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的方差为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为，列等式求出实数的值，可判断A选项；利用中位数的定义可判断B选项；利用总体平均数公式可判断C选项；利用方差公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为， 则，解得，A错； 对于B选项，前两个矩形的面积之和为， 前三个矩形的面积之和为， 设计该年级学生成绩的中位数为，则， 根据中位数的定义可得，解得， 所以，估计该年级学生成绩的中位数约为，B对； 对于C选项，估计成绩在分以上的同学的成绩的平均数为 分，C对； 对于D选项，估计该年级成绩在分及以上的学生成绩的方差为 ，D对. 故选：BCD. 10. 已知事件满足，，则下列结论正确的是（    ） A. B. 如果，那么 C. 如果与互斥，那么 D. 如果与相互独立，那么 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据互斥事件和独立事件的概率公式逐个分析判断即可 【详解】对于选项A，，故选项A错误； 对于选项B，如果 ， 那么，选项B正确； 对于选项C， 如果与互斥，那么 ， 所以选项C正确； 对于选项D，如果与相互独立，那么 ，所以选项D正确. 故选：BCD 11. 在长方体中，已知，则下列结论正确的有（ ） A. B. 异面直线与所成的角为 C. 二面角的余弦值为 D. 四面体的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】证明平面即可判断A；根据，与不垂直判断B；由为二面角的平面角计算判断C；利用长方体的体积减去4个三棱锥的体积即可得答案. 【详解】解：因为在长方体中，， 所以，四边形为正方形，平面， 因为平面，所以， 因为平面， 所以平面， 因为平面，所以，故A正确； 由长方体的性质易知，因为，所以与不垂直，故与不垂直，所以B不正确； 设与交于，连接，由长方体性质知，故为等腰三角形， 所以，由于， 所以为二面角的平面角， 在中，，所以， 所以，故C正确： 四面体的体积为，所以D正确， 故选：ACD． 第II卷（非选择题共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效． （2）本部分共8个小题，共92分． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知一组数据8.6，8.9，9.1，9.6，9.7，9.8，9.9，10.2，10.6，10.8，11.2，11.7，则该组数据的第80百分位数为__________． 【答案】10.8 【解析】 【分析】根据题设及百分位数的求法，得到第80百分位数所在的位次，找到对应位次上的数，即为所求. 【详解】由题设知：数据共有12个,则，即第80百分位数在第10位, 第80百分位数是10.8. 故答案为：10.8. 13. 已知，，且，则的最小值是_____________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意，均在圆心为原点，半径为的圆上，再根据数量积公式，结合几何意义分析最值求解即可. 【详解】解：由题知，三点共圆，圆心为坐标原点，半径为， 所以，， 设， 数形结合可得在上的投影， 所以，，即， 故当，时有最小值，此时. 当时，时有最大值， 所以， 综上，的取值范围是， 所以，的最小值是 故答案为： 14. 中，的角平分线交AC于D点，若且，则面积的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】由，结合三角形面积公式证明，根据基本不等式证明，由此求出面积的最小值. 【详解】因为，为的角平分线， 所以，又， 故由三角形面积公式可得， ， ， 又， 所以， 由基本不等式可得，当且仅当时等号成立， 所以， 所以，当且仅当时等号成立， 所以面积的最小值为. 故答案为：. 【点睛】知识点点睛：本题主要考查三角形面积公式和基本不等式，具有一定的综合性，问题解决的关键在于结合图形建立等量关系，结合三角形面积公式确定边的关系，属于较难题. 四、解答题：本大题共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. 已知向量的夹角为． （1）求； （2）若与的夹角为钝角，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据定义得出数量积的值，并根据，代入即可求解； （2）将条件转化为且与不共线时，计算，解不等式即可得到结果． 【小问1详解】 因为向量与的夹角为，且， 所以， 所以； 【小问2详解】 因为向量与的夹角为，且， 所以， 若，即，解得， 当与共线时，此时满足，解得， 此时与共线，且方向相反， 故与夹角为钝角时，且， 所以的取值范围是． 16. 2023年10月22日，汉江生态城2023襄阳马拉松在湖北省襄阳市成功举行，志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障，襄阳市新时代文明实践中心承办了志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同． （1）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第25百分位数； （2）在这100名候选者用分层随机抽样的方法从第四组和第五组面试者内抽取10人，再从这10名面试者中随机抽取两名，求两名面试者成绩都在第五组的概率． （3）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者．若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和70，据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差． 【答案】（1）平均数为69.5，第25百分位数为63 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先算出，然后根据平均数、百分位数的计算公式计算即可； （2）由列举法求解古典概型概率即可； （3）由分层抽样方差公式计算即可. 【小问1详解】 由题意可知：，解得， 可知每组的频率依次为：0.05，0.25，0.45，0.2，0.05， 所以平均数为， 因为， 设第25百分位数为，则，则，解得，故第25百分位数为63． 【小问2详解】 10人中，第四组为8人.第五组为2人，记第四组人的编号为1到8，第五组的人的编号为9和10， 则样本空间 共45个样本点， 记两名面试者成绩都在第五组为事件A， 则事件，故； 【小问3详解】 设第二组、第四组面试者的面试成绩的平均数与方差分别为， 且两组频率之比为，则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数， 第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差 ． 故估计第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差是． 17. 如图，在中，，，AD与BC相交于点M.设，. （1）试用基底表示向量； （2）在线段AC上取一点E，在线段BD上取一点F，使EF过点M，若，，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由D，M，A三点共线，设，由C，M，B三点共线，可设，列出方程组，即可求解的值，得到结论； （2）由E，M，F共线，设，由（1）可求得，化简即可求解. 【小问1详解】 因为C，M，B三点共线，D，M，A三点共线，所以设，， 则，， 所以，解得，所以； 【小问2详解】 因为E，M，F三点共线，所以设， 则，由（1）知， 所以，所以. 18. 如图所示，已知平面ACD，DE平面ACD，△ACD为等边三角形.，F为CD的中点. （1）证明：AF∥平面BCE. （2）证明：平面BCE⊥平面CDE. （3）在DE上是否存在一点P，使直线BP和平面BCE所成的角为 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）存在. 【解析】 【分析】(1)取中点，连结，，证明四边形是平行四边形； (2)证明BM∥AF⊥CD，BM⊥MF即可； (3)假设上存在一点，使直线和平面所成的角为.连结，过作，垂足为，连结，则.设PN＝x，表示出其他边，在中，由余弦定理解出x，若x＜MD，则满足题意. 【小问1详解】 取中点，连结，， 是的中位线，，， ∵平面ACD，DE平面ACD ∴，又，，，四边形是平行四边形， ，平面，平面， ∥平面； 【小问2详解】 平面，平面， ，四边形是矩形，． 是正三角形，是中点，． ，， ，平面，平面， 平面，平面， 平面平面； 【小问3详解】 假设上存在一点，使直线和平面所成的角为. 连结，过作，垂足为，连结. 由(2)知平面平面，又平面平面＝CE， ∴PN⊥平面BCE，∴∠PBN为BP和平面BCE的夹角，∴. 设，则 ，，， 设，由题知∠CED＝45°，则在Rt△EPN中， 在Rt△PBN中，， ∴在中，由余弦定理得：， ，解得， 若P在线段DE上，则PN最长MD＝，∵，∴满足题意， 上存在一点，使直线和平面所成的角为. 19. 已知在中，角，，的对边分别为． （1）若边的中线长为3，对，且，恒成立，试判断“”是否成立？ （2）若为非直角三角形，且，其中． （ⅰ）证明：； （ⅱ）是否存在函数，使得对于一切满足条件的，代数式恒为定值？若存在，请给出一个满足条件的，并证明之；若不存在，请给出一个理由． 参考公式： 【答案】（1）答案见解析 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）存在，证明见解析 【解析】 【分析】（1）依题意建立平面直角坐标系，由恒成立得，设出点的坐标，根据数量积的坐标运算计算可得； （2）（ⅰ）由正弦定理将边化角，利用和差化积、和差角公式及同角三角函数的基本关系计算可得； （ⅱ）由（ⅰ）及，即可得到整理可得，从而得解； 【小问1详解】 解：法一： 设P为边AB上一点，则由对，且，恒成立得， 建立平面直角坐标系，如下图所示， 设，（），， ∴，， 则由得， ∴恒成立， ∴恒成立， ∴恒成立，即恒成立， ∴若则恒成立，∴恒成立， 若则恒成立，∴恒成立， ∴， ∴， 又为中点， ∴． 法二： 设P为边AB上一点，则 由对，且，恒成立得， 令，则∴ 若，则由得P在BD上，即，这与矛盾 ∴不成立 若，则由得P在AD上，即，这与矛盾 ∴不成立 若，则由得P在AB上，即，这与符合 ∴； 【小问2详解】 解：（ⅰ）由及正弦定理得， 所以， 因为， 所以， 有， 由两角和、差的余弦公式可得 ， 整理得， 故． （ⅱ）∵ 又∵ ∴， 展开整理得， ∴， 即， 即， ∴与作比较可知存且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$