精品解析：云南省部分学校2025-2026学年高二上学期8月联考数学试题

高二数学考试 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册，必修第二册. 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. 复数的虚部是（ ） A. 20 B. C. D. 25 3. 某单位有初级职称的员工50人，中级职称的员工60人，高级职称的员工40人，现按职称用分层随机抽样的方法抽取容量为30的样本，则在初级职称的员工中抽取的人数为（ ） A. 12 B. 10 C. 8 D. 9 4. 某人打靶时连续射击两次，则事件“至少一次中靶”是事件“至多一次中靶”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 5. 已知，则（ ） A. B. C. 8 D. 6. 甲、乙两人每人投篮一次，投中的总次数记为.已知甲、乙投篮命中的概率分别为，，且甲、乙投篮命中的结果相互独立，则的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 在一个四面体中，若存在一个顶点处的三条棱两两垂直，则称该四面体为直角四面体，同时，把该顶点叫作“完美顶点”.若在四面体中存在“完美顶点”，，，，F为的中点，则与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 定义在上的偶函数满足，且时，，则（   ） A. B. C. D. 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. 已知为平面外的一条直线，则（ ） A. 存在直线，使得，相交， B. 存在直线，使得， C. 存在直线，使得， D. 存在直线，使得， 10. 小荣爱好篮球，他记录了在7月份的10次训练成绩和8月份的20次训练成绩.通过计算，他发现7月份的训练成绩的平均值为94，方差为2.3；8月份的训练成绩的平均值为97，方差为1.1.下列说法正确的是（ ） A. 小荣这两个月的30次训练成绩的平均值为96 B. 小荣这两个月的30次训练成绩的平均值为95.5 C. 小荣这两个月的30次训练成绩的方差为2.5 D. 小荣这两个月的30次训练成绩的方差为3.5 11. 已知正数a，b满足，则（ ） A. b的取值范围是 B. 的最小值为 C. 的最小值为2 D. 的最小值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，若，则_______. 13. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为________. 14. 有一圆柱状有盖铁皮桶（铁皮厚度忽略不计），其底面半径为8cm，高度为120cm，现往里面装半径为4cm的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装________个球．（附：，，） 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. 已知函数的最小正周期为π. （1）求的单调递减区间； （2）将的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的图象关于原点对称，求的值； （3）若，求的值域. 16. 在如图所示的几何体中，四边形是边长为4的正方形，平面，，且. （1）证明：平面平面. （2）若，求点到平面的距离. 17. 某电脑公司为调查旗下某品牌电脑的使用情况，随机抽取200名用户，根据不同年龄段（单位：岁）统计，数据见下表： 分组 频率/组距 0.03 0.05 （1）根据上表，求的值，并估计样本的中位数； （2）按照年龄段从，，内的用户中进行分层随机抽样，抽取9人，再从中随机选取2人赠送小礼品，求这2人不在同一年龄段内的概率. 18. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且. （1）求； （2）若D是边的中点，，，求的面积； （3）求的最大值. 19. 如图1，在中，，，的垂直平分线与，分别交于点，，且，沿将折起至的位置，得到四棱锥，如图2. （1）设. ①证明：. ②已知，是否存在实数，使得平面？若存在，请求出；若不存在，请说明理由. （2）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学考试 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册，必修第二册. 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】B 【解析】 【分析】利用集合的交集运算求解. 【详解】集合，，则. 故选：B 2. 复数的虚部是（ ） A. 20 B. C. D. 25 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数虚部的含义可得答案. 【详解】的虚部是20. 故选：A 3. 某单位有初级职称的员工50人，中级职称的员工60人，高级职称的员工40人，现按职称用分层随机抽样的方法抽取容量为30的样本，则在初级职称的员工中抽取的人数为（ ） A. 12 B. 10 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】利用分层抽样的定义求解即可. 【详解】按照分层随机抽样，在初级职称的员工中共抽取人. 故选：B 4. 某人打靶时连续射击两次，则事件“至少一次中靶”是事件“至多一次中靶”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 【答案】D 【解析】 【分析】分别列出两个事件包含的基本事件，再由充分条件和必要条件的概念判断即可. 【详解】连续射击两次，基本事件有A：“两次都中靶”，B：“两次都没中靶”，C：“第一次中靶且第二次没中靶”，D：“第一次没中靶且第二次中靶”. 事件“至少一次中靶”包含了A，C，D.事件“至多一次中靶”包含了B，C，D， 所以事件“至少一次中靶”是事件“至多一次中靶”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. 8 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知求得，化为二次齐次式，再化为的代数式，求解即可. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：D. 6. 甲、乙两人每人投篮一次，投中的总次数记为.已知甲、乙投篮命中的概率分别为，，且甲、乙投篮命中的结果相互独立，则的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用独立事件乘法公式、互斥事件加法公式求的概率. 【详解】由题意，表示甲乙只有一人投中， 所以. 故选：B 7. 在一个四面体中，若存在一个顶点处的三条棱两两垂直，则称该四面体为直角四面体，同时，把该顶点叫作“完美顶点”.若在四面体中存在“完美顶点”，，，，F为的中点，则与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点，连接，，得（或其补角）即为与所成的角，根据已知及余弦定理求夹角余弦值. 【详解】取的中点，连接，， 因为，所以（或其补角）即为与所成的角， 因为，，， 所以， 即与所成角的余弦值为. 故选：C 8. 定义在上的偶函数满足，且时，，则（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用函数的周期性、奇偶性将未知区间的自变量转化到已知解析式的区间内，再结合指数对数运算求解即可. 【详解】根据题意，定义在上的函数满足，所以函数的周期为4， 因为是定义在上的偶函数， 则， 又由，则, 所以， 故. 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. 已知为平面外的一条直线，则（ ） A. 存在直线，使得，相交， B. 存在直线，使得， C. 存在直线，使得， D. 存在直线，使得， 【答案】AB 【解析】 【分析】由直线为平面外的一条直线，所以或与相交，结合正方体的性质，线面位置关系，分类讨论，即可求解. 【详解】因为直线为平面外的一条直线，所以或与相交， （1）当时，例如：在正方体中，如图所示， 平面，且，，此时平面， 设直线为直线，直线为直线， 所以存在，使得，相交，，所以A正确； 存在直线，使得，，所以B正确； 又由，且平面，即存在，使得，，所以C正确； 不存在直线，使得，，所以D错误； （2）当与相交，例如：在正方体中，如图所示， 平面，且，，此时平面， 设直线为直线，直线为直线， 所以存在，使得，相交，，所以A正确； 存在直线，使得，，所以B正确； 不存在直线，使得，，所以C不正确； 当且仅当时，存在直线，使得，，所以D不正确. 综上可得，选项A、B正确. 故选：AB. 10. 小荣爱好篮球，他记录了在7月份的10次训练成绩和8月份的20次训练成绩.通过计算，他发现7月份的训练成绩的平均值为94，方差为2.3；8月份的训练成绩的平均值为97，方差为1.1.下列说法正确的是（ ） A. 小荣这两个月的30次训练成绩的平均值为96 B. 小荣这两个月的30次训练成绩的平均值为95.5 C. 小荣这两个月的30次训练成绩的方差为2.5 D. 小荣这两个月的30次训练成绩的方差为3.5 【答案】AD 【解析】 【分析】根据分层抽样的平均数公式及方差公式计算判断. 【详解】由题意可得小荣这两个月的30次训练成绩的平均值为， 则他这两个月的30次训练成绩的方差为. 故选：AD 11. 已知正数a，b满足，则（ ） A. b的取值范围是 B. 的最小值为 C. 的最小值为2 D. 的最小值 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A：根据题意可得，，运算求解即可；对于BCD：根据题意结合基本不等式分析判断，注意等号成立的条件. 【详解】对于选项A：因为正数a，b满足， 则，，解得，，故A正确， 对于选项B：因为， 整理可得，解得，或（舍去）， 当且仅当时，等号成立， 所以，故B正确； 对于选项C：因为，则， 所以2不是的最小值，故C错误； 对于选项D：因为，则， 且，则， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为，故D错误. 故选：AB. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，若，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】结合向量坐标运算的减法和数量积运算法则列方程即可得解. 【详解】向量，， 因为，所以， 所以，解得. 故答案为：. 13. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据抽象函数求定义域的方法求解即可. 【详解】由，得，所以的定义域为， 令，得，所以的定义域为， 故答案为：. 14. 有一圆柱状有盖铁皮桶（铁皮厚度忽略不计），其底面半径为8cm，高度为120cm，现往里面装半径为4cm的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装________个球．（附：，，） 【答案】40 【解析】 【分析】首先要分析出相邻两层球之间的空间关系，再从两层球推导到装n层球时，求出最上层球面上的点与桶底最远的关于n的距离表达式，最后通过与铁皮桶的高度相比即可得到正确答案． 【详解】圆柱状铁皮桶底面半径为8cm，装半径为4cm的球时，一层最多装两个球， 若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻两层的4个球两两相切，如图所示， 这样相邻的4个球球心的连线构成棱长为8cm的正四面体DBEG，其中设D、B为下层球心，E、G为上层球心， 则， 图中将正四面体放置在正方体中，则正方形的边长为， 所以正四面体相对棱间的距离，也即图中EG和DB间的距离为，每装2个球称为“一层”， 这样装n层球，则最上层球面上的点距离桶底最远为， 若想要盖上盖子，则需要满足，解得， 所以最多可以装20“层”球，即最多可以装40个球． 故答案为：40． 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. 已知函数的最小正周期为π. （1）求的单调递减区间； （2）将的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的图象关于原点对称，求的值； （3）若，求的值域. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用余弦型函数的周期性求得，再利用余弦型函数的单调性求解即可； （2）根据函数图象的变换得到新函数，利用余弦型函数的性质求解即可； （3）根据题意，逐步计算求余弦型函数的值域. 【小问1详解】 由，得，所以. 令，，解得，， 所以的单调递减区间为. 【小问2详解】 将的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的图象. 因为的图象关于原点对称，所以，，即，. 因为，所以. 【小问3详解】 由，得. 则，所以. 所以的值域为. 16. 在如图所示的几何体中，四边形是边长为4的正方形，平面，，且. （1）证明：平面平面. （2）若，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明结论； （2）利用等体积法，即可求得答案. 【小问1详解】 证明：因为平面，平面，所以. 因为四边形是正方形，所以. 又，平面，所以平面. 而平面，所以平面平面. 【小问2详解】 因为平面，且，，所以. 因为，且，所以. 因为，则平面，平面，故， 结合，所以. 在直角梯形中，，，，，， 所以. 在中，，，，则. 因为，所以的面积为. 连接，因为的面积为， 结合题意可知，平面，故平面， 所以三棱锥的体积. 设点到平面的距离为，则。即， 所以，即点到平面的距离为. 17. 某电脑公司为调查旗下某品牌电脑的使用情况，随机抽取200名用户，根据不同年龄段（单位：岁）统计，数据见下表： 分组 频率/组距 0.03 0.05 （1）根据上表，求的值，并估计样本的中位数； （2）按照年龄段从，，内的用户中进行分层随机抽样，抽取9人，再从中随机选取2人赠送小礼品，求这2人不在同一年龄段内的概率. 【答案】（1），36 （2） 【解析】 【分析】（1）根据每组的频率之和等于1，即可求得a的值，根据中位数的求法即可求得答案. （2）根据分层抽样，确定每组抽取的人数，利用列举法列出所有的可能情况，根据古典概型的概率公式即可求得答案. 【小问1详解】 由，得. 因为，， 所以中位数在内. 设中位数为，则，解得. 【小问2详解】 由题意可知，，内的用户的比例为， 根据分层随机抽样，，抽取的9人中位于内的有3人，记这3人为，，； 位于内的有4人，记这4人为，，，； 位于内的有2人，记这2人为，. 从这9人中抽取2人，有，，，，，， ，，，，，，，，， ，，，，，， ，，， ，，，，，，，， ， ，，这36种情况， 2人不在同一年龄段内的情况有，，，，，， ，，，，，，，，， ，，，，，，，，， ，这26种， 所以这2人不在同一年龄段内的概率为. 18. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且. （1）求； （2）若D是边的中点，，，求的面积； （3）求的最大值. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换可得，结合同角三角关系运算求解即可； （2）根据中点可得，结合数量积可得，进而可求面积； （3）利用正弦定理结合三角恒等变换可得，换元结合二次函数求最值. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 又因为， 代入整理可得， 且，则，可得， 联立方程，解得或（舍去）， 所以. 【小问2详解】 因为是的中点，则， 两边平方可得， 即，解得，， 又因为，所以. 【小问3详解】 由正弦定理可得， 且，， 则 . 令，则， 所以当时，取得最大值. 19. 如图1，在中，，，的垂直平分线与，分别交于点，，且，沿将折起至的位置，得到四棱锥，如图2. （1）设. ①证明：. ②已知，是否存在实数，使得平面？若存在，请求出；若不存在，请说明理由. （2）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）①如图，在中，记的中点为，连接. 由题意，是的中位线， 因为，，所以，， 在中，由正弦定理得， 即，解得. 因为，且，所以. 因为是的垂直平分线，所以是等腰直角三角形，所以. 在翻折后，，. 因，有，所以是等腰直角三角形. 故，，与相交于，且平面，所以平面. 因为平面，平面，所以. ②存在， （2）. 【解析】 【分析】（1）①用正弦定理求得各边长度，再用勾股定理逆定理判定垂直；②构造平行四边形，进而求得；（2）构造出二面角的平面角，再通过解三角形求解角的余弦值 【小问1详解】 ①略 ②解：由①知在四棱锥中，，，两两垂直， 延长至点Q，使得，则. 延长至点P，使得，则. 因为，，所以， 不在平面内，平面， 所以平面， 因为，，所以， 不在平面内，平面， 所以平面， 因为与相交于，且平面， 所以平面平面. 因为平面，所以平面. 此时，即. 【小问2详解】 过作于，过作，交于，连接. 则即为二面角的平面角. 因为，，与相交于，且平面.所以平面.又因为平面，所以平面平面. 所以是直线在平面的投影，故即为与平面所成角，所以. 因为，所以. 因为，，且为的中点，所以. 因为，，故. 在中，，，， 所以，. 在中，，，，所以. 在中，，，， 由余弦定理得， 即二面角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $