精品解析：贵州习水县第一中学等校2025-2026学年高二上学期第一月联考数学试题

2025年高二联考数学（第一月月考） 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. 复数的实部和虚部分别是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，是利用斜二测画法画出的的直观图，其中，且，则的面积是（ ） A. B. C. D. 4. 在长方体中，，分别是棱的中点，则异面直线与直线所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则“”的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 某甜品店推出新款球形慕斯蛋糕，该球形慕斯蛋糕的半径为3厘米，现需将其放入一个正四面体形状的包装盒，忽略包装盒的厚度，则该包装盒容积的最小值为（ ） A. 立方厘米 B. 立方厘米 C. 立方厘米 D. 立方厘米 8. 某班20名学生的某次物理测验成绩（单位：分）分别为.记这20名学生此次物理测验成绩的第70百分位数为，这20名学生中此次物理测验成绩不低于分的学生有人，现从这人中随机抽取2人，则这2人中恰有1人此次物理测验成绩高于90分的概率是（ ） 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. 已知方程的两个复数根是和，则（ ） A. B. C. D. 在复平面内所对应的点位于第四象限 10. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 的图象关于点中心对称 C. 在上单调 D. 的最大值是 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，且，则________________. 13. 在中，内角，，的对边分别是，，，且，则面积的最大值是______. 14. 如图，在正四棱锥中，，是棱的中点，则平面截该正四棱锥外接球所得截面的面积是______________. 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. 在中，角的对边分别为，且. （1）求的值； （2）若是锐角，且，求的面积. 16. 已知函数. （1）当时，有两个不同的实根，，求的值； （2）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围； （3）当时，与有相同的零点，求的值. 17. 如图，在三棱柱中，分别是棱的中点． （1）证明：平面； （2）若三棱柱的体积为，求四棱锥的体积． 18. 已知函数的部分图象如图所示. （1）求的解析式； （2）求在上的值域； （3）若锐角的内角满足，求的取值范围. 19. 将边长为的正方形沿对角线折起，使得到达的位置，连接，得到三棱锥，且是棱的中点. （1）证明：； （2）若，求二面角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年高二联考数学（第一月月考） 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. 复数的实部和虚部分别是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的四则运算求出复数，即得其实部和虚部. 【详解】由题意可得， 则复数的实部和虚部分别为和. 故选：C. 2. 函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数解析式存在的意义列不等式组求解即可. 【详解】由，解得或， 故的定义域是. 故选：B 3. 如图，是利用斜二测画法画出的的直观图，其中，且，则的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知中，，求出、的长，利用三角形的面积公式求解即可. 【详解】在斜二测直观图中，，且， 所以为等腰直角三角形，所以， 且，由斜二测画法可知，在中，， 且，， 故. 故选：C. 4. 在长方体中，，分别是棱的中点，则异面直线与直线所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取棱的中点，连接，由可知异面直线与直线所成的角即为或其补角，分别求出，，，然后利用余弦定理求解即可. 【详解】如图取棱的中点，连接， 因为分别是棱的中点，所以， 则异面直线与直线所成的角即为或其补角， 设，则，，， 因为长方体中，底面，底面， 所以，则在中， 所以在中由余弦定理得， 所以异面直线与直线所成角的余弦值是， 故选：A 5. 已知，则“”的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式的性质及充分条件与必要条件的概念判断. 【详解】若，则；若，则， 所以“”是“”的充要条件，A不符合题意. 当，时，满足，但不成立，B不符合题意. 由，得，则， 由，得，但不一定成立， 则“”是“”的必要不充分条件，C符合题意. 当，时，满足，但不成立，D不符合题意. 故选：C. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用对数函数和指数函数的单调性比较即可. 【详解】因为在上单调递增，在上单调递减， 故，，， 所以. 故选：B. 7. 某甜品店推出新款球形慕斯蛋糕，该球形慕斯蛋糕的半径为3厘米，现需将其放入一个正四面体形状的包装盒，忽略包装盒的厚度，则该包装盒容积的最小值为（ ） A. 立方厘米 B. 立方厘米 C. 立方厘米 D. 立方厘米 【答案】D 【解析】 【分析】由棱长求得棱锥高，再由棱锥体积公式求得，即可求解. 【详解】设该包装盒的棱长为厘米，则正三角形外接圆半径为， 则该包装盒的高厘米， 当蛋糕对应的小球与正四面体内切时，该包装盒的容积最小， 由正四面体体积公式可得体积为：， 以正四面体内切球球心为顶点，四个面为底面，可将正四面体分成4个小三棱锥，高即为内切球半径， 则正四面体体积为：， 即 解得， 此时包装盒容积为立方厘米. 故选：D 8. 某班20名学生的某次物理测验成绩（单位：分）分别为.记这20名学生此次物理测验成绩的第70百分位数为，这20名学生中此次物理测验成绩不低于分的学生有人，现从这人中随机抽取2人，则这2人中恰有1人此次物理测验成绩高于90分的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据百分位数的定义求，再确定6人中的成绩分布，应用列举法求古典概率即可. 【详解】因为，所以分， 所以这20名学生中物理测验成绩不低于分的学生有6人， 其中有3人此次物理测验的成绩不高于90分，记为， 有3人此次物理测验的成绩高于90分，记为， 现从这6人中随机抽取2人的情况有，共15种， 其中这2人中恰有1人此次物理测验成绩高于90分的情况有，共9种， 故所求概率. 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. 已知方程的两个复数根是和，则（ ） A. B. C. D. 在复平面内所对应的点位于第四象限 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用实系数方程的虚根特征，结合韦达定理求出，进而求得答案. 【详解】由题意可得，则解得，A正确，B错误， 因为，所以，在复平面内所对应的点的坐标为，位于第四象限，C正确，D正确. 故选：ACD. 10. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】利用空间中的线面、面面关系逐一判断. 【详解】由，得或，A错误； 由，得，B正确； 由，得或相交，C错误； 由，得，D正确. 故选：BD 11. 已知函数，则（ ） A. 是偶函数 B. 的图象关于点中心对称 C. 在上单调 D. 的最大值是 【答案】AD 【解析】 【分析】由偶函数及对称性的概念可判断AB，由特殊值可判断C，确定函数周期为，通过时，，平方.再换元，进而可判断D. 【详解】对A：定义域为， 因为，所以是偶函数，A正确. 对B：因为， ， 所以，则的图象关于直线对称，B错误. 对C：因为，，所以在上不单调，C错误. 对D：因为，所以是的一个周期， 则的最大值即在上的最大值. 当时，， 则. 设，则， 设函数. 由解析式可知函数在上单调递增，所以， 即，所以，故的最大值是，D正确. 故选：AD 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，且，则________________. 【答案】7 【解析】 【分析】根据向量数量积的坐标运算列式计算即可. 【详解】因为，所以， 所以，解得. 故答案为：7. 13. 在中，内角，，的对边分别是，，，且，则面积的最大值是______. 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理结合基本不等式可得，由三角函数性质计算可得，再由三角形面积公式计算即可. 【详解】由余弦定理可得， 因为，所以， 当且仅当时，等号成立， 因为，在上单调递减， 所以，则， 所以的面积. 故答案为：. 14. 如图，在正四棱锥中，，是棱的中点，则平面截该正四棱锥外接球所得截面的面积是______________. 【答案】 【解析】 【分析】先作出辅助线，求出外接球半径，求出球心到截面的距离，从而得到截面圆的半径，求出截面的面积. 【详解】如图，连接，交线段于点，连接，易证平面，因为，所以，， 设正四棱锥外接球的球心为，半径为，则球心在直线上.连接，则，即， 解得，作，垂足为，则， 故， 作，垂足为，则，所以， 设平面截该正四棱锥外接球所得截面圆的半径为，则， 故平面截该正四棱锥外接球所得截面的面积是. 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. 在中，角的对边分别为，且. （1）求的值； （2）若是锐角，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理以及两角和的正弦公式化简即可； （2）利用余弦定理求出，再利用面积公式计算即可. 【小问1详解】 由以及正弦定理得，， 所以 因为，所以，所以； 【小问2详解】 因为，且是锐角，所以， 由余弦定理可得， 则， 因为，所以，得， 故的面积为. 16. 已知函数. （1）当时，有两个不同的实根，，求的值； （2）若对任意的，不等式恒成立，求的取值范围； （3）当时，与有相同的零点，求的值. 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）根据韦达定理即可求解， （2）利用判别式即可求解， （3）根据方程的根即可求解. 【小问1详解】 当时，令， 则，， 故. 【小问2详解】 因为对任意的，不等式恒成立，所以 解得，即的取值范围是. 【小问3详解】 当时，由，得或. 由，得，则. 依题意得或， 解得或， 经检验或的时候与有相同的零点， 所以或. 17. 如图，在三棱柱中，分别是棱的中点． （1）证明：平面； （2）若三棱柱的体积为，求四棱锥的体积． 【答案】（1） 证明： 取棱的中点，连接， 分别是棱的中点，， 是棱的中点，， ， 则四边形是平行四边形，故， 分别是棱的中点，且四边形为平行四边形， ， ， 平面，平面， 平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，利用线面平行判定定理证明结论； （2）利用三棱柱的几何性质，利用棱柱、棱锥的体积公式，结合已知条件求出底面面积关系，进而求出四棱锥的体积． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设的面积为，三棱柱的高为， 则三棱柱的体积， 从而三棱锥的体积， 故四棱锥的体积， 设的面积为，的面积为，的面积为， 是棱的中点，， 四边形的面积是四边形面积的， 四棱锥的体积为． 18. 已知函数的部分图象如图所示. （1）求的解析式； （2）求在上的值域； （3）若锐角的内角满足，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【小问1详解】 由图可知的最小正周期，则. 因为的图象经过点，所以， 则或. 因为，所以，故. 【小问2详解】 因为，所以. 所以在上递增，在上单调递减. 当，即时，取得最大值，最大值为； 当，即时，取得最小值，最小值为. 故在上的值域为. 【小问3详解】 因为，所以，所以. 因为是锐角三角形，所以，所以， 则，即，. 由正弦定理可得. 因为是锐角三角形，所以解得， 所以，所以，所以， 则，即，故的取值范围为. 19. 将边长为的正方形沿对角线折起，使得到达的位置，连接，得到三棱锥，且是棱的中点. （1）证明：； （2）若，求二面角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】（1）证明： 取棱的中点，连接， 因为，且是线段的中点，所以， 因为，且是线段的中点，所以， 因为平面，平面，且， 所以平面. 因为平面，所以； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取棱的中点，连接，先证明平面，再由线面垂直的定义即可得到； （2）先得到是二面角的平面角，再由余弦定理求解即可； （3）设，直线与平面所成的角为，先得到，利用换元法设，结合基本不等式求解即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 连接. 因为，且是棱的中点，所以， 因为，且是棱的中点，所以， 则是二面角的平角， 因为，且是棱的中点，所以， 因为，所以， 因为，且，所以. 在中，由余弦定理可得： ， 即二面角的余弦值为. 【小问3详解】 设， 在中，，， 则， 故， 作，垂足为，则， 由（1）知平面，则， 因为平面，平面，且， 所以平面，即点到平面的距离为， 因为是棱的中点，所以点到平面的距离， 设直线与平面所成的角为， 则， 设，则， 所以， 因为，所以，当且仅当时，等号成立， 所以， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值的最大值是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $