精品解析：云南省玉溪第一中学2025-2026学年高二上学期9月月考数学试题

玉溪一中2025—2026上学期高二月考（9月） 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用黑色碳素笔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. 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. 若则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 若实数满足，则下列不等式错误的是（　　） A. B. C. D. 5. 设，，，则（ ）． A. B. C. D. 6. 验证码就是将一串随机产生的数字或符号生成的一幅图片．图片里加上一些干扰像素（防止），由用户肉眼识别其中的验证码信息，输入表单提交网站验证，验证成功后才能使用某项功能．很多网站利用验证码技术来防止恶意登录，以提升网络安全．在抗疫期间，某居民小区电子出入证的登录验证码由中的5个数字随机组成．将中间数字最大，然后向两边递减的验证码称为“钟型验证码”（例如：如14532，12543），已知某人收到了一个“钟型验证码”，则该验证码的中间数字是7的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，，则的面积为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 8. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则下列结论中，错误的是（ ） A. 该石凳的表面积为 B. 该石凳的体积为 C. 直线与的夹角为 D. 直线与的夹角为 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. 下面命题正确的是（ ） A. “”的必要不充分条件是“” B. 命题“若，则”的是真命题 C. 设，则“且”是“”的必要不充分条件 D. 设，则“”是“”的必要不充分条件 10. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 的图像关于点对称 B. 在区间上单调递减 C. 在区间内有两个极值点 D. 将的图象向下平移1个单位长度即可得到的图象 11. 如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，是上的动点.则（ ） A. 为的中点时，平面平面 B. 为的中点时，点到平面的距离为 C. 存在点使得直线与平面所成的角为 D. 为所在直线的动点，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线过点，直线与直线的交点在第一象限，点为坐标原点．若为钝角三角形，则直线的斜率的取值范围是___________． 13. 某同学用3个全等的小三角形拼成如图所示的等边，已知，，则的周长为_______． 14. 已知函数和，其中，且是定义在上的函数，其图像关于原点对称，当时，．若对任意的，存在，使得，则的取值范围是_________． 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. 在四边形ABCD中，E，F分别为边AB，CD的中点，，记AC，BD相交于点M．结合平面向量的有关知识回答下列问题． （1）证明：； （2）若，写出2个与共线的向量（不用证明）； （3）若，证明：E，M，F三点共线． 16. 已知函数的最小正周期为. （1）求的解析式； （2）在中，O为的外心，角A所对边的长为a，若的外接圆半径为1，且，求证：的面积．. 17. 自《“健康中国2030”规划纲要》颁布实施以来，越来越多的市民加入绿色运动行列．某公司为了了解员工一周的运动情况，调查了名员工一周的运动时长（单位：小时），作出如图所示的频率分布直方图．已知运动时长在小时的员工有48人． （1）求； （2）根据频率分布直方图，估计该公司员工一周运动时长的平均数和中位数；（结果保留2位小数） （3）公司计划选择1人向大家分享运动心得，则在选中的员工一周运动时长不少于4小时的前提下，求此人一周运动时长在区间内的概率． 18. 如图，是圆柱的两条母线，，是圆的直径，，且是母线上的动点. （1）求证：平面平面； （2）若是线段的中点，求直线与所成角的余弦值； （3）若四面体的体积为，圆柱的体积为，求的值. 19. 已知定义在R上的函数，． （1）判断并证明函数的奇偶性； （2）若对，恒成立，求实数m的取值范围； （3）若函数，实数a、b、c满足，，求c的最小值． （参考公式：如果a、b、c是正实数，那么，当且仅当时，等号成立．） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 玉溪一中2025—2026上学期高二月考（9月） 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用黑色碳素笔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. 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】C 【解析】 【分析】先求出集合，再根据交集的定义求解即可. 【详解】由， 则. 故选：C. 2. 若则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的乘法及除法计算求解. 【详解】因为 所以，即得， 所以. 故选：C. 3. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式对目标式合理变形，得到，再结合得到，进而利用同角三角函数的基本关系求出，最后得到即可. 【详解】由题意结合诱导公式得， 因为，所以，则， 因为，所以， 解得（负根舍去），可得，故B正确. 故选：B 4. 若实数满足，则下列不等式错误的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】变形得，结合求出，再结合，，逐一判断即可. 【详解】由得， 结合可得，， 得，等号成立时， 结合可得，， 得，等号成立时， 综上可得：，故B正确； 由可得，则有， 解得：，则，故A正确； 由及得，， 解得，故C正确； 由得，，即, 因，则，，故D错误. 故选：D 5. 设，，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，则，根据单调性得出为函数的最小值，，，结合对数函数的性质解不等式，即可得出的大小关系. 【详解】令，则， 若，则，故在上单调递减， 若，则，故在上单调递增， 所以为函数的最小值. 所以，，即： ，得，即. ，即. 所以，． 故选：D. 6. 验证码就是将一串随机产生的数字或符号生成的一幅图片．图片里加上一些干扰像素（防止），由用户肉眼识别其中的验证码信息，输入表单提交网站验证，验证成功后才能使用某项功能．很多网站利用验证码技术来防止恶意登录，以提升网络安全．在抗疫期间，某居民小区电子出入证的登录验证码由中的5个数字随机组成．将中间数字最大，然后向两边递减的验证码称为“钟型验证码”（例如：如14532，12543），已知某人收到了一个“钟型验证码”，则该验证码的中间数字是7的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题可以先确定中间数字的所有可能取值，再分别计算中间数字是7的情况数以及总的情况数，最后根据古典概型概率公式（其中是包含的基本事件个数，是基本事件总数）计算概率. 【详解】根据“钟型验证码”中间数字最大，然后向两边递减，所以中间的数字可能是． 当中间是4时，其他4个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种． 当中间是5时，其他4个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种． 当中间是6时，其他4个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种． 当中间是7时，其他4个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种． 当中间是8时，其他4个数字可以是，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种． 当中间是9时，其他4个数字可以是，8，选其中两个排在左边（排法唯一），另外两个排在右边（排法唯一），所以方法数有种． 所以该验证码的中间数字是7的概率为． 故选：A. 7. 在中，，，则的面积为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由已知及三角形内角和、积化和差、辅助角公式得，其中为锐角，且，结合三角函数的性质得，且，进而得，最后应用余弦定理、三角形面积公式求面积. 【详解】由，得， 即，因此， 其中为锐角，且，当且仅当时，等号成立， ，则，故，且， 由，得，解得（负值舍去）， 由及余弦定理得，解得， 因此的面积为． 故选：C 8. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则下列结论中，错误的是（ ） A. 该石凳的表面积为 B. 该石凳的体积为 C. 直线与的夹角为 D. 直线与的夹角为 【答案】D 【解析】 【分析】将二十四等边体补全成一个棱长为的一个正方体，进而逐项判断即可：选项A，结合图形可知二十四等边体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成，表面积为这些图形面积的总和；选项B，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，用正方体体积减去8个小三棱锥体积即可；选项C，结合正方体的性质和已知二十四等边体的性质推出，从而得出直线与的夹角即为与所成角；选项D，根据选项C结论直接判断. 【详解】由图可知，二十四等边体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成， ∴表面积为：，故A正确； 补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为： ， 其中每个小三棱锥的体积为：， ∴该二十四面体的体积为：，故B正确； 如图，因为四边形为正方形，所以， 又因为分别为正方体的棱长的中点， 所以， 所以， 因为与所成角为， 所以直线与的夹角为，故C正确； 由选项C可知直线与的夹角为，故D错误； 故选：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. 下面命题正确的是（ ） A. “”的必要不充分条件是“” B. 命题“若，则”的是真命题 C. 设，则“且”是“”的必要不充分条件 D. 设，则“”是“”的必要不充分条件 【答案】AD 【解析】 【分析】根据充分、必要条件和命题的真假依次判断即可. 【详解】对A：因为，但或，所以“”是“”的必要不充分条件，故A正确； 对B：当时，满足，但此时不成立，所以命题“若，则”的是假命题，故B错误； 对C：当“且”时，“”成立；但当“”时，比如“，”，此时“且”不成立.所以“且”是“”的充分不必要条件，故C错误； 对D：当“但”时，可得“”；当“”时，可得“且”.所以“”是“”的必要不充分条件.故D正确. 故选：AD 10. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 的图像关于点对称 B. 在区间上单调递减 C. 在区间内有两个极值点 D. 将的图象向下平移1个单位长度即可得到的图象 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正弦函数的对称性求出函数，再逐项分析判断. 【详解】由的图象关于直线对称，得， 而，则，函数， 对于A，由，得的图象关于点对称，A正确； 对于B，由，得，而函数在上单调递减， 因此函数在区间上单调递减，B正确； 对于C，由，得，而函数在内只有一个极值点， 因此函数在区间内只有一个极值点，C错误； 对于D，， 将该函数图象向下平移1个单位长度即可得的图象，D正确． 故选：ABD 11. 如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，是上的动点.则（ ） A. 为的中点时，平面平面 B. 为的中点时，点到平面的距离为 C. 存在点使得直线与平面所成的角为 D. 为所在直线的动点，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由几何体性质，利用面面垂直的判定定理即可判断A正确，建立空间直角坐标系并求得平面的法向量，再利用点到平面距离的向量求法可得B正确，由线面角的向量求法得到方程，根据方程无解可判断C错误，以为旋转轴将四边形旋转至四边形位置，则由三角形三边关系可知当三点共线时，取得最大值为，可判断D正确. 【详解】对于A，由题可知，半圆柱和三棱柱的底面在同一平面内，由圆柱性质可知平面， 又平面，， 为的中点，， ， ，即. 又平面，且，平面， 平面，平面平面.故A正确； 对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 为的中点，， 则， 设平面的一个法向量， 则，令，则，所以. ，点到平面的距离为.故B正确； 对于C，设点，其中， 是上的动点，弧所在圆的圆心（即线段的中点）坐标为，半径为， ，即. ，， 设平面的一个法向量， 则，令，则，所以. 若直线与平面所成的角为， 则， 由可得，代入上式整理得， 由可知此方程无解， 所以不存在点使得直线与平面所成的角为，故C错误； 对于D，如图， 以为旋转轴将四边形旋转至四边形位置，则平面平行于底面， 且， 则由三角形两边之差小于第三边可知，当三点共线时，取得最大值为， 又弧所在圆的圆心为，半径为， 所以，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线过点，直线与直线的交点在第一象限，点为坐标原点．若为钝角三角形，则直线的斜率的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据直线斜率的定义，运用数形结合思想、分类讨论进行求解即可. 【详解】当为直角三角形时，或，此时的斜率或0．如图，设时，与交于点； 时，与交于点． 当从直线开始，绕点顺时针旋转到轴之间时，为钝角三角形，此时；记过点且与平行的直线为， 当从直线开始，绕点逆时针旋转到直线之间时，为钝角三角形，此时1．综上，． 故答案为： 13. 某同学用3个全等的小三角形拼成如图所示的等边，已知，，则的周长为_______． 【答案】##31.5 【解析】 【分析】先设边长应用正弦定理得出，再应用余弦定理得出即可求解． 【详解】在中，， 又，则， 设，则， 在中，由正弦定理得，解得， 在中，由余弦定理得， 即， 又，解得，则，所以的周长为， 故答案为：． 14. 已知函数和，其中，且是定义在上的函数，其图像关于原点对称，当时，．若对任意的，存在，使得，则的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可知的值域是值域的子集，先求出的值域，再对分类讨论求值域，从而求得的取值范围. 【详解】对任意的，存在，使得， 的值域是值域的子集， 当时，的值域为， 是定义在上的函数，其图像关于原点对称， 是奇函数，且， 当时，，的对称轴方程为， 当时，在上单调递增， 在时的范围是，，， 在上的值域为， 此时的值域不可能为值域的子集，舍去； 当，即时，在上单调递减，在上单调递增， 在时的范围是，，， 在上的值域为， 此时的值域不可能为值域的子集，舍去； 当即时，在上单调递减，在上单调递增， 在时的范围是，，， 在上的值域为， 此时的值域不可能为值域的子集，舍去； 当，即时，在上单调递减， 在时的范围是， 若，则，， 在上的值域为， 此时的值域不可能为值域的子集，舍去； 若，则，， ，或解得，或，； 若，则，， 在上的值域为， 此时的值域不可能为值域的子集，舍去； 综上，的取值范围是. 故答案为：. 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. 在四边形ABCD中，E，F分别为边AB，CD的中点，，记AC，BD相交于点M．结合平面向量的有关知识回答下列问题． （1）证明：； （2）若，写出2个与共线的向量（不用证明）； （3）若，证明：E，M，F三点共线． 【答案】（1） 证明：因为E为AB的中点，所以， 则， 故． （2），，，，，，，，． （3） 证明：设，又因为，所以，， 由（1）知，同理， 其中，所以， 故E，M，F三点共线. 【解析】 【分析】利用数形结合，结合向量的线性运算，可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，，则四边形为平行四边形， 由向量的概念可得在四边形ABCD中，与共线的向量有 ，，，，，，，，． 【小问3详解】 略 16. 已知函数的最小正周期为. （1）求的解析式； （2）在中，O为的外心，角A所对边的长为a，若的外接圆半径为1，且，求证：的面积．. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】由两角和与差的余弦公式及二倍角公式、辅助角公式化简，再用周期可求出； 【小问1详解】 运用正弦定理得到，进而得到，过点作交于点，设，则，求得关于的表达式，进而得到三角形面积关于的表达式，利用以为主元配方求得三角形面积最大时的关系，化为关于的表达式，在以为主元配方即可 的最小正周期为，，，所以. 【小问2详解】 已知角所对边的长为，再设角所对边的长为． 因为的外接圆半径为，所以， 因为，所以， 所以，化简得， 过点作交于点， 设，则， 则 即， 所以 ， 所以，当时取“等号” 此时,可求得的外接圆半径为，与外接圆半径为1矛盾， ∴的面积． 17. 自《“健康中国2030”规划纲要》颁布实施以来，越来越多的市民加入绿色运动行列．某公司为了了解员工一周的运动情况，调查了名员工一周的运动时长（单位：小时），作出如图所示的频率分布直方图．已知运动时长在小时的员工有48人． （1）求； （2）根据频率分布直方图，估计该公司员工一周运动时长的平均数和中位数；（结果保留2位小数） （3）公司计划选择1人向大家分享运动心得，则在选中的员工一周运动时长不少于4小时的前提下，求此人一周运动时长在区间内的概率． 【答案】（1） （2）平均数为4.24小时，中位数约为4.12小时 （3） 【解析】 【分析】（1）直接由频率分布直方图的性质及频率的定义可得到； （2）用每组数据的中点值估计为该组数据的值，再用平均数的定义计算，中位数则根据将前后频率分成均为来计算得到. （3）根据条件概率的公式即得到. 【小问1详解】 因为组距为2，由频率分布直方图的数据可得，解得． 因为运动时长在小时的员工有48人， 所以. 故． 【小问2详解】 由（1）可知，则该公司员工一周运动时长的平均数为小时， 设中位数为，由频率分布直方图可得前两个矩形的面积之和为， 前三个矩形的面积之和为，则， 则，解得， 所以该公司员工一周运动时长的中位数约为小时． 【小问3详解】 由频率分布直方图可得运动时长在小时的员工人数为人， 运动时长在小时的员工人数为人， 记“选中的员工一周运动时长不少于4小时”，“选中的员工一周运动时长在区间内”， 则， 所以在选中的员工一周运动时长不小于4小时的前提下， 此人一周运动时长在区间内的概率为． 故此人一周运动时长在区间内的概率. 18. 如图，是圆柱的两条母线，，是圆的直径，，且是母线上的动点. （1）求证：平面平面； （2）若是线段的中点，求直线与所成角的余弦值； （3）若四面体的体积为，圆柱的体积为，求的值. 【答案】（1）证明：由题意平面，又平面， ， 又，平面， 平面平面， 平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题可得平面，得，结合条件，可证平面，由面面垂直的判定定理得证； （2）连接，易得为所求角，求出，得解； （3）易知平面，可得到平面的距离等于点到平面的距离，则，运算得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，因为，所以为所求角， 依题意，，所以， 又为正方形的边的中点，所以， 故. 所以. 所以直线与所成角的余弦值为. 【小问3详解】 平面平面 平面， 到平面的距离等于点到平面的距离， ， . 19. 已知定义在R上的函数，． （1）判断并证明函数的奇偶性； （2）若对，恒成立，求实数m的取值范围； （3）若函数，实数a、b、c满足，，求c的最小值． （参考公式：如果a、b、c是正实数，那么，当且仅当时，等号成立．） 【答案】（1）奇函数，证明： 的定义域是，， 所以是奇函数. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据函数奇偶性的定义证得是奇函数. （2）由分离常数，利用换元法法，结合指数函数以及函数的单调性等知识求得的取值范围. （3）先求得，根据已知条件列方程，求得关于的表达式，利用基本不等式求得的最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意，对，恒成立， 即对，恒成立， 即对，恒成立， 令， 在上单调递增，所以，即， 令，则， 所以，根据对钩函数的性质可知， 函数在区间上单调递增，， 所以. 【小问3详解】 ， 依题意，，即， 将代入得， 整理得， 当且仅当时等号成立， 由两边取以为底的对数得， 所以的最小值是. 【点睛】判断函数的奇偶性，主要根据奇偶性的定义，由或来进行求解，求解过程中要注意函数的定义域关于原点对称.求解含参数的不等式恒成立问题，可以考虑利用分离参数法来进行求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $