精品解析：安徽省A10联盟2025-2026学年高二上学期9月学情调研数学试卷

A10联盟2024级高二上学期9月学情调研 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 满分150分，考试时间120分钟 第I卷（选择题共58分） 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. 在中，点在上，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的线性运算求解即可. 【详解】根据题意可知. 故选：C 2. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合圆锥的侧面积公式求得侧面积．根据题意求得圆锥的底面圆的半径，最后利用圆锥的表面积公式即可求解． 【详解】因为圆锥的侧面展开图是一个半径为2，圆心角为的扇形， 所以圆锥的侧面积为 设圆锥的底面半径为，底面圆的周长等于扇形的弧长可得：，解得 所以圆锥底面的面积为 因此圆锥表面积为． 故选：B. 3. 正实数满足函数，则实数之间的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将正实数满足函数，转化为相应函数图象的交点问题，数形结合，即可求解. 【详解】由题意知正实数满足函数， 不妨设分别为 即正实数是的解，即为的图象和直线交点的横坐标， 是的解，即为的图象和直线交点的横坐标， 是即的解，即为的图象和直线交点的横坐标， 分别作出函数，，以及的图象， 由于与在第一象限有两个交点，且交点的横坐标分别为2，4， 当时，, 由于, 结合图象可知，即， 故选：A 4. 在锐角中，已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理将已知式子化为.作于，设，即可求出.根据三角形内角和性质及两角和的正切公式，将所求用表示，计算化简，利用基本不等式求其最小值. 【详解】由可得， 由正弦定理可得， 如图，作于，设， 因为，所以， 化简得，解得， 易知，，所以， 因此＝ ＝＝， 当且仅当时取得最小值. 故选：B 二､多选题：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. 5. 已知是随机事件，且，则下列说法正确的有（ ） A. 与可能为互斥事件 B. 若，则与相互独立 C. 若，则 D. 若与相互独立，则 【答案】BC 【解析】 【分析】由题设结合独立事件、互斥事件的定义、概率公式与性质逐项判断即可. 【详解】选项A：因为，所以，与不可能为互斥事件，A说法错误； 选项B：因为，所以若，则与相互独立，B说法正确； 选项C：若，则，C说法正确； 选项D：若与相互独立，则与也相互独立，证明如下： 因为与互斥，且， 所以， 所以，即与也相互独立， 所以， 因为，所以， 代入得，D说法错误； 故选：BC 6. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. B. 有3个实数根 C. 若有4个实数根，从小到大分别为，则 D. 若有8个实数根，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，B只需代值计算，根据自变量范围进行取舍即得；对于C，则需要作出函数的图象，利用函数与方程的关系，结合函数的对称性和图象变换，由双勾函数的单调性即可判断C项，对于D，设，结合图象，将问题转化为方程在上有两个相异实根的问题，利用一元二次方程的根的分布列出不等式组计算即得参数范围. 【详解】对于A，由题意，，故A正确； 对于B，当时，由可得， 解得，因，故得； 当时，由可得，或，解得或， 故有、、共三个实数根，故B正确； 对于C，作出函数的图象，由时，， 且，可知当时，直线与函数有两个交点； 又由时，，当时，直线与函数均有两个交点， 故由有4个实数根可得，，由图知，， ，则，解得， 又由解得，由解得，则有， 于是，因函数在单调递减，故， 则，故C正确； 对于D，设，则方程即， 由图知，要使原方程有8个实数根，需使有两个相异实根， 且，，则由解得或， 设，依题意，需使，则得， 综上，可得，故D错误. 故选：ABC. 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 7. 设函数.如果对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用奇函数定义得到函数为奇函数，然后再求出为增函数，即可求得，即，再求出，即可求解. 【详解】由题意得对于任意， 有 ， 所以函数为奇函数. 又因为与在上单调递增， 所以在上是增函数， 所以，即， 即对任意都成立， 由，其中， 所以， 所以，解得. 故实数的取值范围为. 故答案为：. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 8. 某中学举行了一次“数学文化知识竞赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（单位：分，得分取正整数，）作为样本进行统计，将成绩进行整理后，分为六组（如图）： （1）求的值； （2）如果用按比例分层抽样的方法从样本成绩为和的学生中共抽取6人，再从6人中选2人，求2人中有来自组的学生的概率； （3）学校在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的成绩：，已知这10个成绩的平均数，标准差，若剔除其中的94和86两个成绩，求剩余8个成绩的平均数与方差. 【答案】（1） （2） （3）平均数为90，方差为27.25 【解析】 【分析】（1）根据频率之和为1即可求解， （2）根据分层抽样比求解人数，即可列举所有可能结果，利用古典概型的概率公式即可求解， （3）根据平均数以及方差的计算公式即可求解. 【小问1详解】 由图可知：，解得， 【小问2详解】 样本成绩位于和的比例为， 故所抽取的6个人中，来自的人数为，设这两个人为 来自的人数为，设这4个人为， 则从6个人中随机抽取2个人的所有情况有：， 2人中有来自组情况有 故2人中有来自组的学生的概率为， 【小问3详解】 由，可得， 则剔除其中的94和86两个分数，剩余8个数平均数为； 又标准差， 故， 则， 则剩余的8个数的方差为. 9. 如图，在四棱锥中，，，，分别为的中点. （1）证明：平面； （2）若，且点到四点距离都相等. （i）求四棱锥的体积； （ii）求的长. 【答案】（1） 因为为的中点， 所以，又，所以四边形是平行四边形， 所以，设的中点，连接， 因为为的中点， 所以，又因为平面，平面， 所以平面， 因为分别为的中点， 所以，又因为，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面，而平面， 所以平面； （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理、面面平行的判定定理和性质定理进行证明即可； （2）（i）根据线面垂直的判定定理，结合棱锥的体积公式进行求解即可； （ii）建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为，为的中点， 所以，于是有， 由（1）可知四边形是平行四边形，所以， 因为， 所以，而平面， 所以平面， 因此四棱锥的体积为； （ii）因为，， 所以，于是两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系， ， 因为点到四点距离都相等， 所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ A10联盟2024级高二上学期9月学情调研 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 满分150分，考试时间120分钟 第I卷（选择题共58分） 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. 在中，点在上，满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥表面积为（ ） A. B. C. D. 3. 正实数满足函数，则实数之间的大小关系为（ ） A. B. C. D. 4. 在锐角中，已知，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 5. 已知是随机事件，且，则下列说法正确的有（ ） A. 与可能为互斥事件 B. 若，则与相互独立 C. 若，则 D. 若与相互独立，则 6. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. B. 有3个实数根 C. 若有4个实数根，从小到大分别为，则 D. 若有8个实数根，则 第II卷（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 7. 设函数.如果对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 8. 某中学举行了一次“数学文化知识竞赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（单位：分，得分取正整数，）作为样本进行统计，将成绩进行整理后，分为六组（如图）： （1）求的值； （2）如果用按比例分层抽样的方法从样本成绩为和的学生中共抽取6人，再从6人中选2人，求2人中有来自组的学生的概率； （3）学校在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的成绩：，已知这10个成绩的平均数，标准差，若剔除其中的94和86两个成绩，求剩余8个成绩的平均数与方差. 9. 如图，在四棱锥中，，，，分别为的中点. （1）证明：平面； （2）若，且点到四点距离都相等. （i）求四棱锥的体积； （ii）求的长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $