贵州省遵义市第二中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷

遵义市第二中学2024-2025学期高2026届第一次月考 数学 （试卷满分：150分试题量：19) 一、单选题（本题共8小题总分40分）》 1.(5分)已知集合A={1,2,3,4,B={xx2-2x-3≤0}，则集合A∩B的子集个数为() A.2 B.4 C.8 D.16 2.(5分)已知为虚数单位，复数z=1-,则三=() A.1 B.-i C.i D.2 3.(5分)如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是() KA ② A.①是棱台，②不是圆台 B.②是圆台，③是棱锥 C.③是棱锥，④是棱台 D.③是棱锥，④是棱柱 4.(5分)如图，在△ABC中，AB=3AD,点E是CD的中点设AB=d,AC=,则AE=() A.d+6 B.d+6 C.-d+6 D.da-8 5.(5分)函数f()=()2+红-6的单调递减区间是() A.(-00,-2) B.（-0∞，2) C.(2,+∞) D.(-2,+∞) 6.(5分)在直角梯形ABCD中，AD/BC,∠ABC=90°，且AD=2,AB=4,BC=5.在梯形ABCD内，挖去一 个以A为圆心，以2为半径的四分之一圆，得到如图所示的阴影部分以AB所在直线为轴，将图中阴 影部分旋转一周形成的旋转体的表面积为() A.64r B.68π C.72m D.76π 7.(5分)方程sin(x+)=sinx+sin在[0,2x)上的解的个数为() A.1 B.2 C.3 D.4 8.(5分)三棱锥A-BCD的所有顶点都在球O的表面上，且AB=CD=2,AC=AD=4,BC=BD=2V3, 则球o的表面积为() A.16m B.32m C. D.砦 二、多选题（本题共3小题总分18分） 9.(6分)设m,n是两条不同的直线，，6是两个不同的平面，下列命题中正确的是() A.若a⊥6，m/|a,则mL3 B.若a/3,mca,nc3,则m/m C.若mLa,mL3,则a/3 D.若mLa,m/m,n/3,则aL3 10.(6分)已知函数f(x)=sin(2wx+)(u>0)的一个零点到一条对称轴的最小距离为号，则下列说法中正 确的是() A.w= B.x=1是函数y=f(z)的一条对称轴 C.y=f(x)的对称中心为(3k-1,0),k∈Z D.y=f(x)在x∈1,3的值域为-9，号 11.(6分)如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角△ABC沿BC向上翻折，得三棱锥A-BCD.设 CD=2,点E,F分别为棱BC,BD的中点，M为线段AE上的动点.下列说法正确的是() 95 60 SD A.在翻折过程中存在某个位置，使AB⊥CD B.当AE⊥EF时，AD与平面ABC所成角的正弦值为 C.在翻折过程中，三棱锥A-BCD体积的最大值为2 D.当AB=AD时，CM+FM的最小值为V√4+2√/2 三、填空题（本题共3小题总分15分） 12.(5分)已知向量d=(2,1),=(3,-1),d=(3,m),(meR),且(d-2)⊥d,则m 13.(5分)已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2、4，侧棱长为v3,则该棱台的体积为 14.(5分)已知fc)= 〔g”,0若U》=只有5个不同的实根，则实数a的取值范围是 四、解答题（本题共5小题总分77分） 15.(13分)已知a,b,c分别为△ABC的三个内角A,B,C的对边，且b2+c2+bc=a2. 15.1求角A; 15.2若a=2√3，b+c=4,求△ABC的面积， 16.(15分)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，DE⊥平面ABCD,AF/DE,∠BAD=60°， DE=DC=2AF. 16.1求证：ACLBE; 16.2求证：AC/平面BEF. 17.(15分)文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受 益者，更是文明城市的主要创造者，我市为提高市民对文明城市建设的认识，举办了"创建文 明城市"知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本（满分100分，成绩均为不低于40分 的整数)分成六段：「40,50)，[50,60)，·，90,1001，得到如图所示的频率分布直方图： 组距 888 0405060708090100分数 17.1求频率分布直方图中a的值； 17.2若从成绩位于区间80,90)和[90,100]的答卷中，采用分层随机抽样，抽取7份，再从这7份中随机 抽取两份，求这两份答卷的成绩都落在80,90)的概率； 17.3已知落在50,60)的平均成绩是56，方差是7，落在60,70)的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩 的总平均数和总方差s2. 18.(17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA=AD=4,AB=2,PA1平面ABCD,且M 是PD的中点. 18.1求证：AML平面PCD; 18.2求异面直线CD与BM所成角的正切值； 18.3求直线CD与平面ACM所成角的正弦值. 19.(17分)在△ABC中，∠A,∠B,∠C对应的边分别为a,b,c,bsin A+atan Acos B=2 asin C. 19.1求A; 19.2奥古斯丁路易斯柯西，法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和 公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式其中柯西不等式在解决不等式证 明的有关问题中有着广泛的应用.已知三维柯西不等式：1，c2,3,1,2,∈ R,(11+22+s)}2≤（好+号+）（所+呢+），当且仅当升=登=器时等号成立.在(1) 的条件下，若a=3. 0求：(a2+2+c2)品a+-可+m-o的最小值； (i)若P是△ABC内一点，过P作AB,BC,AC的垂线，垂足分别为D,E,F,设△ABC的面积为S,求T 品+e+织的最小值. 2026届高二年级第一次月考 (试卷满分：150分试题量：19) 一、单选题（本题共8小题总分40分） 1.(5分)【答案】c 【解析】因为x2-2x-3≤0，所以(x+1)(x-3)≤0， 即B={x-1≤x≤3}， 所以A∩B={1,2,3}, 所以A∩B的子集个数为8， 故选：C 2.(5分)【答案】C 【解析】是=当==孕=元， 故选：C 3.(5分)【答案】D 【解析】对于A:①不是棱台，因为侧面不都是平行四边形，故A错误； 对于B:②不是圆台，因为上下底面不平行，故B错误； 对于C:④是棱柱，故C错误； 对于D:③是棱锥，④是棱柱，故D正确 故选：D 4.(5分)【答案】A 【解析】因为AB=3AD,所以AD=AB, 故A应=AD+Ad=克×d+号6=d+号6. 故选A 5.(5分)【答案】B 【解析)内函数t=一x2+4如-6=-(x-2)2-2,其在(-0∞，2)上单调递增， 而外函数g(t)=()在R上单调递减， 则根据复合函数单调性"同增异减"的原则知f(x)=()+4红6的单调递减区间为（一∞，2）， 故选：B. 6.(5分)【答案】B 【解析】由题意可知阴影部分以AB所在直线为轴，旋转一周形成的旋转体为一个圆台挖去半个球， 其中圆台的上下底面半径为2和5，高为4，母线长为√⑤-2)2+亚=5， 挖去半球的半径为2， 故形成的旋转体的表面积为π×52+π(2+5)×5+号×4π×22=68π， 故选：B 7.(5分)【答案】B 【解析】令f(x)=sin(x+)-sinx-, 则f(x)=sin(e十)-sinx-麦 =号sinx+cosx-sinx- =2sinx+号cosx-专 =√2-√5sim(x+0)-, 其中sin0=2W2-8? 则f(e)=0,中sin(x+0)=2√2-后？ 因此x=0,符合题意， 因为0<2W2<1,(e+0)∈，2m+, y=sin(x+0) /2m+0 x+6 由三角函数的图象和周期性可知，在x∈0,2x)上f(x)的零点的个数为2， 即方程sin(c+)=sinx+sin在[0,2m)上的解的个数为2， 故选：B. 8.(5分)【答案】C 【解析】.AB2+BD2=AD2,AB2+BC2=AC2, ·AB⊥BC,AB⊥BD,.·BD∩BC=B,BD,BCC平面BCD,·.AB⊥平面BCD, 作出△BCD的外接圆圆心O,设其外接圆半径为r, cos∠BCD=0=办=9， 则sin∠BCD=V1-(9)}=g, 则根据正弦定理有m歌m=等=米=2，则=开， 在图中作出外接球球心O,设外接球半径为， 则OE⊥AB,OO1⊥平面BCD, 因为OA=OB,则E为AB中点，则BE=1, .'AB⊥平面BCD,BO1C平面BCD,则AB⊥BO1, 同理0O1⊥BO1,则四边形BEOO1为矩形，则OO1=AB=1, 在△B001在，由勾股定理得BO2=OO?+BO, 即2=1+2=1+()°=， 则球0的表面积为4πR2=4r×铝=元. 故选：C 二、多选题（本题共3小题总分18分） 9.(6分)【答案】CcD 【解析】对于A,若a⊥3，m/a,则可能m/B或m与3相交或mCB,故A错误； 对于B,若a/3,mCa,nC3,则m/m或m与n异面，故B错误； 对于C,若mLa,mL6,即平面a和6垂直于同一条直线m,则a/3,故C正确； 对于D,若m⊥a,m/n,则nLa,又n/3, 则存在1c使得n/l,所以1La, 所以由面面垂直判定定理得α⊥B,故D正确 故选：CD 10.(6分)【答案】ACD 【解析】对于A,由题意得子=多，则T=爱=6， 所以w=,f(x)=sin(赁x十)，故A正确； 对于B,x=1时，f(1)=sin(等+)=9≠士1，故B错误； 对于C,由x+等=km,k∈Z,解得x=3k-1,k∈Z, 所以函数f(c)的对称中心为(3k-1,0),k∈Z,故C正确； 对于D,x∈[1,3时，爱x+∈[，]， 所以当等x+哥=要，即x=1时，f(c)max=sin=号， 当x+等=誓，即x=3时，f(x)mim=sing=-号， 所以f()=sin(等x+)e[-9,9],故D正确. 故选：ACD. 11.(6分)【答案】ACD 【解析】对于A:当平面ABCL平面BCD时，AB⊥CD, 证明如下：因为平面ABC⊥平面BCD,平面ABCn平面BCD=BC, BC⊥CD,CDC平面BCD,则CD⊥平面ABC, 因为ABC平面ABC,所以AB⊥CD,故A正确； 对于B:当AE⊥EF时，等腰直角△ABC中，点E为棱BC的中点， 有AE⊥BC,EF∩BC=E,EF,BCC平面BCD,则AE⊥平面BCD, AEC平面ABC,有平面ABC⊥平面BCD,由A选项知CDL平面ABC, 所以∠DAC是直线AD与平面ABC所成的角； 由CD=2,有BC=2√3，AE=FC=V3,AC=√6，BD=4, AD=VAC”+CD严=V0,则Jsin/DAC=8=品=平，故B错误； 对于C:当三棱锥A-BCD体积取得最大值时，平面ABCL平面BCD, 即AE是三棱锥A-BCD的高，VA-BCD=S△BCD·AE=2,故C正确； 459 60 对于D:当AB=AD时，因为F为BD的中点， 所以AF⊥BD,则AF=√6-4=√2， 又因E为BC的中点，所以EF=CD=1, 又AE=V3,所以EF2+AF2=AE2,所以AF⊥EF, 如图将△AEF沿AE旋转，得到△AEF, 使其与△ACB在同一平面内且F在△AEB内， 则当C,M,F三点共线时，CM+FM=CM+F'M最小， 即CM+FM的最小值为CF', 在RtAAEF中，sin AEF=纸=9， cos ZCEF cos(AEF+ZAEC)=-sin /AEF=, 所以在△CEF中，由余弦定理得CF=√1+3-2×1×3×(-9)=V4+2V2, 所以CM+FM的最小值为V4+2W2,故D正确， 故选：ACD, 三、填空题（本题共3小题总分15分） 12.(5分)【答案】4 【解析】因为向量d=(2,1),=(3,-1),己=(3，m),(m∈R), 所以d-26=(2,1)-2(3,-1)=(-4,3),c=(3,m), 而(d-21d,所以-12+3m=0,解得m=4. 故答案为：4 13.(5分)【答案】婴/9 【解析】如图，截取棱台过侧棱的轴截面，AD,BC为侧棱，AELCD, 则AD=BC=V3,AB=2V2,CD=4V2,DE=2×(4W2-2√/2)=V2, 所以AE=√3-2=1，即棱台的高为1， 棱台的体积-}×(22+42+√22×4平)×1=婴 故答案为：婴， 14.(5分)【答案】(m2+2,3) 【解令回=6本题转化为[稆-。中，的解的个数为5， f(0)=3,当x>0时，令lmx+2=3,解得x=e1或e, f1)=2,当x≤0时，令3-x2=2,解得x=-1, 则作出f(x)的图象，如下图所示， 210 当a>3时，f()=a有两个根，0<t<e1,t2>e,则f(c)=有1个实数根， 当e<2≤3时，f()=有3个根，>3时有两个根， 故共有3个或4个根，故舍去； 当2<a≤3时，此时f(t)=a有3个根，-1<t1<0,e1≤t2<1,1<t3≤e, f(x)=t1有1个根，f(c)=t2有1个根， 1<t3<2时，f(c)=t3有1个根，不合题意； t3=2时，f(c)=t3有2个根，不合题意； 2<t≤e时，f(x)=t有3个根， 此时满足题意共5个根的情况，而f(2)=lm2+2,f(e)=3,则ln2+2<a≤3； 当a=2时，f(t=a有两个根，1=-1,2=1， f(x)=t1有1个根，f(x)=t2有1个根，共有两个根，不合题意舍去； 当a<2时，f()=a有1个根，t<-1,此时共1个根，舍去. 综上所述：实数a的取值范围是(ln2+2,3. 故答案为：(lm2+2,3。 四、解答题（本题共5小题总分77分） 15.(13分) 15.1【答案】 【解析】由余弦定理a2=b2+c2-2 bccosA=b2+c2+bC, 所以cosA=-,双0<A<π，所以A=, 15.2【答案】3 【解析】因为(b+c)2=2+c2+2bc=16,所以b2+c2=16-2bc, 因为A=每，由已知得a2=b2+c2+bc,故12=16-bc,故bc=4, 所以S△ABc=bcsinA=V3. 16.(15分) 16.1【答案】证明见解析 【解析】证明：连接AC,BD交于点O, 因为四边形ABCD为菱形，所以ACLBD, 因为DE⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,所以DE⊥AC, 因为DEOBD=D,DE,BDC平面BDE, 所以ACL平面BDE; 又因为BEC平面BDE,所以ACLBE 16.2【答案】证明见解析 【解析】证明：取EB的中点M,连接OM,FM, 又O为BD的中点，有OM/DE,DE=2OM, 已知AF/DE,DE=2AF, 则有AF/OM,AF=OM,四边形AFMO为平行四边形， 有AO/FM,即有AC/FM, AC©平面BEF,FMC平面BEF,所以AC/平面BEF. 17.(15分) 17.1【答案】a=0.030 【解析】由每组小矩形的面积之和为1， 则(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)×10=1,解得a=0.030. 17.2【答案】” 【解析】由题可知，成绩位于区间「80,90)和[90,100]的问卷比例为0.025：0.01=5：2， 因为从成绩位于区间80,90)和[90,100]的答卷中，采用分层随机抽样，抽取7份， 所以在区间80,90)抽取5份，设成绩分别为1,2,3,4,5，则区间[90,100]抽取2份，设成绩分别为a,b,所 以从这7份中随机抽取两份的样本空间为： 2={(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,a,(1,b),(2,3),(2,4) (2,5),(2,a,(2,b),(3,4),(3,5),(3,a,(3,b),(4,5),(4,a),(4,b),(5,a,(5,b),(a,b)} 设A="抽取两份答卷的成绩都落在[80,90)”， 则A={(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4,5)}, 所以P(A)=0=”. 17.3【答案】z=62,s2=23 【解析】因为落在50,60)与[60,70)的频率比为0.01：0.02=1：2， 所以z=56×支+65×号=62， s2=[7+(56-62)2]×3+[4+(65-62)2]×?=23. 18.(17分) 18.1【答案)】证明见解析； 解析】解：.'PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,.PA⊥CD, 又四边形ABCD是矩形，'.CDLDA, .DA∩PA=A,.CDL平面PAD, ,AMC平面PAD,.CD⊥AM, 又M是PD的中点，PA=AD=4,.AM⊥PD, .'CD∩PD=D,所以AM⊥平面PCD. 18.2【答案】v2 【解析】解：，底面ABCD是矩形，∴.CD/BA, ∴.异面直线CD与BM所成角即为直线BA与直线BM所成的角， 由(I)得CDL平面PAD,.BA平面PAD, ,AMC平面PAD,.BALAM,△BAM为直角三角形， 又M是PD的中点，PA=AD=4.AM=2V2, ∴.在Rt△BAM中，∠ABM即为异面直线CD与BM所成角， 故tan∠ABM=4拙=V2, ∴.异面直线CD与BM所成角的正切值为v2 18.3【答案】9 解析】解：取AD中点为N,连接MN,AC, 在△PAD中，M,N分别为线段PD,AD的中点， 故MN/PA,MN=PA=2, ,PA⊥平面ABCD,.MN⊥平面ABCD, ,∴.M-ACD=寸X MNXX ADX CD=S, 由(1)得AM⊥平面PCD,.MCC平面PCD,∴.AM⊥MC, .PA=AD=4,..PD=4V2,MD=2V2, 又AB=CD=2,∴.MC=2V3, ∴.SAAMC=X AMX MC=2V6, 设点D到平面AMC的距离为h,直线CD与平面ACM所成角为0，