精品解析：云南省部分学校2025-2026学年高二上学期9月联考数学试卷

高二数学考试卷 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、二册（60），选择性必修第一册第一章（40）. 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. 设全集，则中元素的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 2. 已知空间向量.若，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 3. 复数的实部为（ ） A. B. C. D. 4. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. B. C. D. 5. “”是“”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 6. 崇妙保圣坚牢塔，位于福建省福州市鼓楼区乌石山东麓，塔用花岗石砌建，风化后呈黑色，故俗称“乌塔”.崇妙保圣坚牢塔呈八角形，七层檐，塔心有曲尺形通道供登攀，塔上浮雕佛像及碑刻，是研究五代闽国历史与艺术的珍贵资料.如图，某测绘小组为了测量崇妙保圣坚牢塔的实际高度，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点，现测得m，在点测得塔顶的仰角为.取，则塔高约为（ ） A. B. C. D. 7. 在四棱锥中，底面，底面为矩形，，为棱的中点，为四棱锥外接球的球心，为球的球面上的一个动点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 若，则的最小值为（ ） A. 9 B. C. 2 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. 已知函数，，则（ ） A. B. 的定义域为 C. D. 将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象 10. 在正四面体中，为棱的中点，则（ ） A. B. C. 在上的投影向量为 D. 当时， 11. 已知函数的定义域为，，当时，，且，则（ ） A. B. 是奇函数 C. 是减函数 D. 的解集为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若一组数据1，2，4，2，5，3，7，，3的唯一众数是2，则这组数据的第60百分位数为_________. 13. 若某正四棱台的上、下底面的边长分别为2，7，体积为67，则该正四棱台的高为_________. 14. 在长方体中，，为棱的中点，分别为直线上的动点，则线段的长度的最小值为_________. 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. 在三棱锥中，两两垂直，，底面，点在平面的下方，且.以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. （1）直接写出四点的坐标； （2）求； （3）求与平面所成角的正弦值. 16. 甲、乙两人参加射击训练，甲每次击中目标的概率都是，乙每次击中目标的概率都是，假设每人每次射击的结果相互独立. （1）若甲、乙各射击1次，求甲击中目标次数等于乙击中目标次数的概率； （2）若甲、乙各射击2次，求甲、乙两人中至少有一人击中目标2次的概率. 17. 如图，在三棱柱中，. （1）证明：平面平面. （2）求三棱柱的侧面积. （3）求二面角的正弦值. 18. 已知向量，，函数. （1）求的最小正周期. （2）当时，求函数的最大值. （3）设函数与的图象关于直线对称. ①求图象的对称中心的坐标； ②当时，函数有两个零点，求的取值范围. 19. 如图，平面平面，四边形为矩形，平面. （1）证明：. （2）已知. ①求几何体体积的最大值； ②若分别为棱的中点，为线段上的动点，当几何体的体积取得最大值时，求直线与所成角的余弦值的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学考试卷 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、二册（60），选择性必修第一册第一章（40）. 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. 设全集，则中元素的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先求出全集，再根据补集的定义即可得出答案. 【详解】由题意，所以. 故选：C 2. 已知空间向量.若，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由空间向量平行的条件求出的值，进而可求解． 【详解】因为，， 所以，解得，则． 故选：C． 3. 复数的实部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的四则运算求出，即可求其实部. 【详解】, 故的实部为， 故选：B. 4. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的基底的定义结合向量共面逐项分析判断. 【详解】对于A，假设三个向量共面，则存在实数x，y，使得成立， 则显然方程组无解，所以不共面，故A正确； 对于B，因为，所以共面，故B错误； 对于C，因为，所以共面，故C错误； 对于D，因为，所以共面，故D错误. 故选：A. 5. “”是“”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】A 【解析】 【分析】解对数不等式，并根据推出关系可确定结果. 【详解】由得：， ，， ，， “”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 6. 崇妙保圣坚牢塔，位于福建省福州市鼓楼区乌石山东麓，塔用花岗石砌建，风化后呈黑色，故俗称“乌塔”.崇妙保圣坚牢塔呈八角形，七层檐，塔心有曲尺形通道供登攀，塔上浮雕佛像及碑刻，是研究五代闽国历史与艺术的珍贵资料.如图，某测绘小组为了测量崇妙保圣坚牢塔的实际高度，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点，现测得m，在点测得塔顶的仰角为.取，则塔高约为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理可求得，再由正切函数定义以及参考数据计算即可. 【详解】在中，由正弦定理得， 则. 因为在点测得塔顶的仰角为，所以， 所以，故塔高约为. 故选：B 7. 在四棱锥中，底面，底面为矩形，，为棱的中点，为四棱锥外接球的球心，为球的球面上的一个动点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据垂直关系可求得四棱锥的外接球半径和，结合向量数量积定义可求得结果. 【详解】连接交于点， 四边形为矩形，， 连接，则平面， 四棱锥的外接球半径， 又， ； ，. 故选：D. 8. 若，则的最小值为（ ） A. 9 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知可得，，代入整理得，利用基本不等式“1”的妙用可求最小值. 【详解】因为，所以， 又，所以，所以， 所以 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 故选：B. 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. 已知函数，，则（ ） A. B. 的定义域为 C. D. 将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据两角和差正切公式可求得AC正误；根据正切型函数定义域的求法可知B正确；根据三角函数平移变换可求得D正确. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，由得：， 的定义域为，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，图象向左平移个单位长度可得：，D正确. 故选：ABD. 10. 在正四面体中，为棱的中点，则（ ） A. B. C. 在上的投影向量为 D. 当时， 【答案】BC 【解析】 【分析】求证即可判断A；B利用向量的运算化简即可；C利用基底和数量积的运算律求出，，最后利用公式化简即可；D利用基底表示，再利用数量积的运算律和定义化简即可. 【详解】连接，因为正四面体，则均为等边三角形， 又为棱的中点，则，则与不可能垂直，故A错误； ，故B正确； 设正四面体的棱长为， 则， ， 在上的投影向量为，故C正确； 因为，则为线段的中点， 则， 则 故D错误. 故选：BC 11. 已知函数的定义域为，，当时，，且，则（ ） A. B. 是奇函数 C. 是减函数 D. 的解集为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用赋值法可判断A；令，计算可得可判断B；令，则，利用作差法可证在上单调递增，进而可判断C；求得，利用单调性求解可判断D. 【详解】令，得， 所以，所以，故A正确； 令，得， 所以，所以，所以是奇函数，故B正确； 设，则， 因为当时，，且， 所以， 所以，所以在上单调递增， 所以在上单调递增，故C错误； 由，则， 因为，在上单调递增，所以， 所以的解集为，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. 若一组数据1，2，4，2，5，3，7，，3的唯一众数是2，则这组数据的第60百分位数为_________. 【答案】3 【解析】 【分析】由唯一众数为2可求，再将9个数由小到大排列后可求第60百分位数. 【详解】因为唯一众数为2，故， 9个数由小到大排列为：， 而，故这组数据的第60百分位数为第6个数即， 故答案为：. 13. 若某正四棱台的上、下底面的边长分别为2，7，体积为67，则该正四棱台的高为_________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据棱台的体积公式计算即可． 【详解】设棱台高为，由棱台的体积公式知， 解得． 故答案为：3. 14. 在长方体中，，为棱的中点，分别为直线上的动点，则线段的长度的最小值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设，，进而可得点的坐标，利用，求解即可. 【详解】以为坐标原点，以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设，， 所以， 所以， 所以， 当最小时，，， 所以，， 由，得，整理得①， 由，得， 整理得②， 由①②解得， . 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. 在三棱锥中，两两垂直，，底面，点在平面的下方，且.以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系. （1）直接写出四点的坐标； （2）求； （3）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） （2）8 （3） 【解析】 【分析】（1）写出点的坐标即可； （2）求出，计算即可； （3）求得平面的一个法向量，利用向量法可求得与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 因为， 所以. 【小问3详解】 依题意可得是平面的一个法向量， ， 所以与平面所成角的正弦值为. 16. 甲、乙两人参加射击训练，甲每次击中目标的概率都是，乙每次击中目标的概率都是，假设每人每次射击的结果相互独立. （1）若甲、乙各射击1次，求甲击中目标次数等于乙击中目标次数的概率； （2）若甲、乙各射击2次，求甲、乙两人中至少有一人击中目标2次的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）“甲击中目标次”，“乙击中目标次”. 根据，计算可求解； （2）法一：设“甲、乙两人中至少有一人击中目标2次”，“甲、乙两人都未击中目标2次”，与互为对立事件，求解即可.法二：设“甲、乙两人中至少有一人击中目标2次”，则，计算可求解. 【小问1详解】 设“甲击中目标次”，“乙击中目标次”. 设为“甲击中目标次数等于乙击中目标次数”，则，与互斥， 所以. 【小问2详解】 设“甲击中目标2次”，“乙击中目标2次”. 法一：设“甲、乙两人中至少有一人击中目标2次”，“甲、乙两人都未击中目标2次”，与互为对立事件， ， 所以. 法二：设“甲、乙两人中至少有一人击中目标2次”， 则两两互斥， 所以 . 17. 如图，在三棱柱中，. （1）证明：平面平面. （2）求三棱柱的侧面积. （3）求二面角的正弦值. 【答案】（1） 因为，所以，所以. 因为， 所以由余弦定理得， 所以.因为，所以，所以， 又，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理与余弦定理可得，，可证结论； （2）直接计算可求侧面积； （3）法一：以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求得二面角的正弦值.法二：过点作延长线的垂线，垂足为.过点作延长线的垂线，垂足为，连接.可得为二面角的平面角，进而求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面，所以三棱柱的三个侧面均为矩形， 所以三棱柱的侧面积为. 【小问3详解】 法一：设棱的中点分别为，连接. 因为，所以，所以两两垂直， 则以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则， . 设平面的法向量为，则， 令，得. 设平面的法向量为，则， 令，得. 由， 得二面角的正弦值为. 法二：过点作延长线的垂线，垂足为.由（1）知平面，则， 因为，所以平面，则. 过点作延长线的垂线，垂足为，连接.易证， 所以为二面角的平面角. 因为，所以. 易证，则， 所以， 所以，即二面角的正弦值为. 18. 已知向量，，函数. （1）求的最小正周期. （2）当时，求函数的最大值. （3）设函数与的图象关于直线对称. ①求图象的对称中心的坐标； ②当时，函数有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）①；② 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式、二倍角和辅助角公式可化简，根据正弦型函数最小正周期求法可求得结果； （2）结合二倍角公式、正弦型函数值域求法和换元法可将所求函数化为，，通过讨论对称轴位置可确定单调性，进而求得最大值； （3）①根据对称关系可求得，采用五点作图对应法可构造方程求得对称中心； ②将问题转化为与恰有两个交点的问题，结合正弦型函数图象可求得结果. 【小问1详解】 ，， ， 的最小正周期. 【小问2详解】 由（1）得：， 当时，，则， 令，则， 令，则为开口方向向下，对称轴为的抛物线， 当，即时，在上单调递减， ； 当，即时，在上单调递增， ； 当，即时，在上单调递增，在上单调递减， ； . 【小问3详解】 与的图象关于直线对称， ； ①令，解得：，此时， 图象的对称中心为； ②当时，， 则当，即时，单调递增； 当，即时，单调递减； ，，， 可得在的大致图象如下图所示， 有两个零点等价于与有两个交点，由上图可知：. 19. 如图，平面平面，四边形为矩形，平面. （1）证明：. （2）已知. ①求几何体体积的最大值； ②若分别为棱的中点，为线段上的动点，当几何体的体积取得最大值时，求直线与所成角的余弦值的取值范围. 【答案】（1）证明:因为平面，平面，平面平面， 所以. （2）①② 【解析】 【分析】（1）由线面平行的性质定理证明； （2）①；②设，将表示为的函数求最值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 ①延长至点处，使得，连接，则，且，所以几何体为三棱柱. 因为，平面平面，平面平面， 所以平面，则. 设，则， 则，当且仅当时，等号成立. 因为平面，平面，所以， 又四边形为矩形，所以，又平面， 所以平面， 因为，平面平面，所以平面， 则几何体的体积， 所以几何体的体积的最大值为. ②当几何体的体积取得最大值时，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 则. 设，则， 所以. 令， 则. 令， 因为，所以，所以， ，所以直线与所成角的余弦值的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $