河南商丘市睢县高级中学2025-2026学年高一下学期第二次月考测试数学试题

2025-2026学年高一数学下学期第二次月考测试卷答案及解析 12345678 9 10 11 CBDDAC ACBD AD ABD 一、选择题： 1.【答案】C 【解析】=2+F=5,1. L-5 2.【答案】B 【解析】本次统计的样本总量n=51,要计算第40百分位数， 计算位置指标i=x40%=51×04=20.4.向上取整得21，即第21个数据为第40百分位数 对频数进行累计：直径为49mm的零件共8个，对应第1~8个数据：直径为50mm的零件共9个，对应第917个数 据；直径为5lmm的零件共8个，对应第l8~25个数据， :第21个数据属于直径为5lmm的区间，即第40百分位数为5lmm,对应选项B. 3.【答案】D 【解析】对A:若Ica,mcB,/IP,则I与m的位置关系为平行或异面，故A错误： 对于B,当Mn是平面P内两条互相垂直的直线，且aIP时，满足m/1a,m⊥n,但n/la,B错误： 对于C,由面面平行的判定定理可知：一个平面内两条相交直线都平行于另一个平面，才能推出面面平行， 题干中m和可能平行，此时&和P仍可以相交，C错误； 对于D,过直线m作平面y,且y∩a=a,因为ml1a,所以/1a,过直线m作平面6，且6nB=b, 同理可得m/b,所以a/b,因为bcB,a工8（若aCP,则a与n重合）所以a/IP, 因为aCa,且a∩B=n,所以a/n,ml/n,故D正确。 4.【答案】D 【解析】把直观图OA'B'C转化为原图四边形OABC,如图所示， 由作图可知四边形OABC为平行四边形，OA=BC=1,OB=20B'=2P+1下=2√2 OC=AB- 2W2+12=3 故周长为2(OA+AB)=23+1)=8 5.【答案】A V球= πR3 【解析】设球的半径为R,则球的直径为2R,由题意，圆锥的高h=2R,所以球的体积为 3 设圆锥底面半径为，测-写扣a如2 1 ，由雕=，即3 2.2R=4R ,所以r=V2R」 试卷第1页，共10页 又因为圆锥的母线长1=FP+厅=VW2Ry+(2R=,所以 R Se=D2+元l=元2R+πV2RV6R=2R1+5),又S球=4机R,所 圆锥 球 S進=2RQ+V3)_1+V3 以S球 4πR2 2 6.【答案】C 1+2+2+2+3=2 【解析】样本数据1,2,2,2,3的均值为5 50-2+0-2=0-2+-2j+0-2-5,样本数据3.3,3,37 3+5+5+5+7=5 5 则-6-+5-5-9(5-9(7s]所以-材 7.【答案】A 由题易知CD⊥平面44BB,:CDc平面ACD 平面ACDL平面平面AABB,且平面ACDA平面AABB=AD, :AD⊥AG,设4D与AG交于点2，则401平面4CD B 过e作OH垂直4C,连接AH,则AH1AC, ∠AH0为二面角A-AC-D的平面角， 令4A=2a,则AD=a,4D=V5a, 40=441D_2a-a2a 4D5a5 又因为A4=AC,AH1AC, H为AC的中点， h分4c29a 2a-va 2a 10 在直角三角形AH中， s咖A现=e AH√2a 5, 由图知，∠AH0为锐角， cos∠4H0=-m'∠a0- 5, 试卷第2页，共10页 由图知二面角G-AC-D的平面角与二面角4-AC-D的平面角互补， √5 故二面角G-4C-D的平面角的余弦值为了， 8.【答案】C 【解析J】连接DP,DP,在正方体ABCD-4BGD中，DD1平面ABCD, 对于平面ABC,DD为垂线，DP为斜线，DP为射影，所以DPD即为直线DP与平面ABCD所成角， sin∠DPD= DD 1 设AC∩BD=O,则AC⊥BD,因为P是△ABC内（包括边界）的动点， DP +DP DP-DB 当P与O重合时， 22最小， DD 1 sin∠DPD= VG DP D √2 2 B 此时 最大， 当P与B重合时， DP=DB=V2最大， D 1 sin∠DPD= DD 5 DP 此时 V+(② 3 最小， sin∠DPD∈ 56 所以 33 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.【答案】BD 【详解】将已知的6个数从小到大排序为45,49,53,57,61,79。若 x≤57，则这组数据的第80百分位数与第60百分位数分别为 61和57，它们的差为4，不符合条件。若x之79，则这组数据的第80百分位数与第60百分位数分别为79和61，它 们的差为18，不符合条件。若57<x<79,则这组数据的第80百分位数与第60百分位数分别为x和61（或61和x), 则x-61=3,解 得X-58或x=64,符合条件。故选BD 10.【答案】AD 【分析】对于A,由正方体的性质，得到正方体中的垂直关系，作出判断；对于B,先根据题意判定出点Q的轨迹， 再求弧长即可：对于C,通过翻折平面，将平面DDB与平面DBC沿DB翻折到同一个平面内，进而判断PC+PD 的最小值对于D,作出直线PC与平面ABCD所成角，进而判断线面角的最小值： 【详解】对于选项A,由正方体性质，易得BC1BC,B,CLAB, D 因为AB∩BC=B,AB,BCC平面ABCD, 试卷第3页，共10页 所以8C⊥平面ABCD.因为APC平面ABCD,所以AP⊥BC,故A正确： 对于选项B,因为40=5，在正方形BBCC中，4码=2，BQ=AQ-4B=S4=1 所以点2的轨迹是以B为圆心，1为半径的4圆弧， 根据弧长公武=，这里02，r,所以轨迹长度为2，故B籍联 对于选项C,如图，将平面DDB与平面DBC沿DB翻折到同一个平面内 由题意，BD=2W3,BD=2V2,DD=2,BC=2,DC=2√5 从而DC=DB,DD=BC,故DD,CB为平行四边形 又ACB=<ADB=I 2,故DDCB为矩形 从而当P为CD与BD交点时，PC+PD最小，此时PC+PD=CD=BD,=2W5,故C不正确 对于选项D,如图连接DCi交DC于H, D B D B 因为BC⊥平面CCDD,DC1C平面CCDD,所以BC⊥DG: 因为CD1DC,BCCD=C,BC,CDC平面4BCD, 所以DC上平面ABCD,即CHL平面ABCD, 所以∠CPH为直线PC与平面A8CD所成角，所以 tanCPH=CH-V2 PH PH 所以当HP最大时∠CPH最小，即P与B重合，HP=HB时，HP最大 可得HP=VHC2+BC2=VW2矿+2=V6 an∠C,PH=GH-V巨v5 此时 P阳63，故∠CPH的最小值为6， 试卷第4页，共10页 元 直线PG与平面4BCD所成角的最小值是6，故D正确： 故选：AD. 11.【答案】ABD 【难度】0.62 【知识点】正弦定理判定三角形解的个数、正、余弦定理判定三角形形状 【分析】对于A选项，因为三角形中大角对大边，所以由A>B得a>b,再结合正弦定理即可判断；对于B选项， AB AC 如果三角形有两解，那么需满足sinA<1且a>b,解不等式即可得到a的范围；对于C选项，因为AB|ACI是角 A平分线上的向量，它与BC点积为0，所以角A的平分线与BC边垂直，可得AB=AC,再根据单位向量点积公式 求出角A的大小，即可判断三角形形状；对于D项，利用三角形内角和为π，推导得到 tan Atan B tanC=tanA+tanB+tanC,再结合已知不等式判断三个角的正切符号，即可确定三角形的类型， 【解析】对于A项，根据正弦定理，a=2 Rsin A,b=2 Rsin B,c=2 RsinC(R为△ABC外接圆半径)， a=b c sinA sin B sinC 代入cosA cosBc0sC得：cosA cosB cosC, 即tanA=tanB=tanC 因为AB,C∈(0，m,若AB,C中有一个角为钝角， 则其正切值为负，那么另外两个角的正切值也为负， 即均为钝角，这与三角形内角和为兀矛盾；若有角为直角，则分母C0sA等为0，无意义. 故A,B,C均为锐角 (om 又因为正切函数在2上单调递增， 所以由tanA=tanB=tanC可得A=B=C,故A正确； b=3,B=元 a b 对于B项，己 4,由正弦定理sinA sin B, a 、 3 sin A sn交 -a 即 4,解 iAs 6 「N -a<1 6 若△ABC有两解， 则(a>b ,解得：3<a<32, 所以a的取值范围是3,3)， 故B正确 AB AC AP=A AB AC OP=OA+A 对于C项，由 AB|cos B AC|cosC 得 B cos B AC]cosC, AP.BC=A AB.BC AC.BC -ac cos B abcos C AB cos B AC cosC =(a+a=0 则 ccosB bcosC 所以AP1BC,即动点P在△ABC的高线上，所以动点P经过△ABC的垂心，而不是一定为重心，故C错误 试卷第5页，共10页 对于D项，由正弦定理，将acosC+ccosA=2 bcos C化边为角： 左边=sin AcosC+si血CcosA-=sin(A+C)=sinB 因此原式得sinB=2 sin B cosC, cosC=1 △ABC中sinB≠0，故 Cπ ,又C∈(0，四，得3. 故D正确； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. π 12.【答案】3（或60°） cos(a.B)- ab 1 【解析】因为、6为单位向量，a(a+2B)=a+2a:61+2a.6=2.则a6-2所yo 42 因为0≤a6列s元，故a6)-号 13.【答案】20W3 【解析】由题意知，AB⊥平面BCD,∠ACB=45°，∠ADB=60°，CD=20,BD≥12. 因为BC,BDC平面BCD,所以AB⊥BC,AB⊥BD.在Rt△ABC中，∠ACB=45°，所以BC=AB BD=3 在Rt△ABD中，∠ADB=60°，所以 =号4B在△BCD中，由余弦定理得，BD-BC+CD-2 C.Cp-os/BCD, 3=4B+202-24B×20x 2 ,整理得AB2-30W3AB+600=0, 即(4B-205(1B-10W5)=0,解得4B=205或4B=105 当=20w5时，D.92w5=0 3 ,符合题意； 当B=1O5t,BD=310W3=10<12 ,不符合题意： 故AB=20W3 76 14.【答案】3π 【解析】△BCD中，易知BD=BC2+CD-2 BC-CD-cos∠BCD=7,可得BD=V厅： 在△ACD中，易知AD=AC2+CD-2ACCD-cos∠ACD=10,可得AD=V0: AD BD√21 易知△ACD和△BCD的外接圆半径分别 OC-2ACD5.0.C-2si CD 试卷第6页，共10页 取CD的中点为E,设△ACD和△BCD的外接圆圆心分别为O,O,三棱锥A-BCD的外接球的球心为O,如下图所 示： 易知OB⊥CD,且OE=5-=2,又平面ACD1平面BCD,所以QB1平面BCD: 同理可得 3,OBL平面ACD; B 由球心性质可知OQ1平面BCD,OO1平面ACD: E 因此可知O010,B,O0,110B,所以四边形O0,B0为平行四边形，可 得00，=80，=2.00=80，=23 3 所以三棱锥A-BCD的外接球的半径 为R=V0o+0.c=v6o+0c=57 3 =4R2=76元 因此外接球的表面积为 3π 四、解答题：本题共5个小题，共77分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.【答案】(1)a=0.025,平均数为69.5 (2)21.9 【解析】(1)由题意知0.005+a+0.045+0.020+0.05)x10=1,解得a=0.025.…3分 估计这200名候选者面试成绩的平均数x=50×0.05+60x0.25+70×0.45+80×0.2+90×0.05=69.5, 即估计这200名候选者面试成绩的平均数为69.5.… .6分 (2)设第四组、第五组候选者的测试成绩的平均数和方差分别为，。，，号， 则=80，=90,52=6.5.53=3.5 7分 80×4+90x1=82 且这两组的频率之比为4：1，则这两组的平均数为 5 10分 所以第四组和第五组所有参与测试的候选者的测试成绩的方差为： 民飞门+安民门 [65+80-2]-[35+(o0-2]-219 4 所以第四组和第五组所有参与测试的候选者的成绩的方差为21.9.13分 68 16.【答案】(1)55 (2=(6,3)或(6，-3) 3)(-∞，1)U(1,3) 【解析】(1)ā=(-2,1)，6=(3，-4) 故a-6=-6-4=-10,所以=32+(-4-5 2分 a5上的批狗呈为°罗=a4) 试卷第7页，共10页 68 所以a在5上的投影向量为5'5) 4分 (2)设c=(x),a=(-2,1) c∥a:x=-2y,又=3W5.2+y2=45 6分 [x=-6∫x=6 y=3或y=-3, “c=(-6,3)或(6-3)】 8分 (3)因为a=(-2,1).6=(3,-4) 所以a+6=(2+3,k-4),ā+6=1，-3). 因为ka+b与a+b的夹角为锐角，11分 所以(a+)(a+6》0且ka+b与a+i不类线 1×(-2k+3)-3×(k-4)>0 -2k+3k-4 即 1 -3 13分 解得k<3且k≠1 即k的取值范围是（-0，）U,3）l5分 3V3π 17.【答案】(1)3π (2)最大值为2，此时圆柱的高为2 【解析】(1)设圆锥的母线长为'，底面半径为R,高为H,己知母线长1=2√5，圆锥侧面展开图为半圆， 因此半圆的弧长等于圆锥底面周长，即=2R,代人1=25，得不=2月 ，…2分 圆锥的高H=VP-R=V2W-N)=3 4分 西比结的体积为”江)3=3n 6分 (2)设圆柱的底面半径为”，高为h 由相似三角形（小圆锥40的轴截面与原圆锥A0的轴截面相似）， V33→ 可得。-”→=3二h→r=32(0<<3) 5 9分 圆柱侧面积公式为S=2πrh,代入r得 11分 试卷第8页，共10页 h= 3 这是关于的开口向下的二次函数，当2时，二次函数取得最大值， 2兀 3335π 3 2 代入得最大侧面积 13分 3V3π 因此圆柱侧面积的最大值为2， 此时圆柱的高为215分 5 18.【答案】(1)3 (2)8 e1+V,37 sinA 2sinB-sinC 【解析】(1)解：由正弦定理可知cosA cosC ,.sinAcosC=2sinBcosA-sinCcos4, ..sinAcosC+sinCcosA=sin(A+C)=2sinBcos4 2分 又A+B+C=π， sin(+C)=sin(-B)=sinB,.sinB=2sinBeos4, sinB >0. c04= ,Ae(0,m).A= 。 (2)解：由(1)及余弦定理得d2=b2+c2-2bcco1,即1=b+c2-bc①，…5分 -+.而-（西+c.西丽cc 又因为 21 则 4 41 2 1-b2+1c2+bc 4 2 3,所以24 4 ②，………7 n bc=1 由②×4-①得02， )…8分 a=)besinA=是xxV5-5 所以 2 2228: 10分 Asπ B+c=2年sinc=sim2π-B=5 cosB+sinB (3)解：由(1)得3，则 3,即 “(32 2 12分 b=asinB 2 由正弦定理可知°$A店如Bc-C- -sinC sinA 3 b+c=- =2simB+ 6 所以 .14分 0<B<0<2-B<亚<B<元<B+<2 因为△ABC为锐角三角形，所以 2, 3 2,则6 2,3 63, …16分 则a+b+ce(+5,3] 试卷第9页，共10页 故△1BC的周长的取值范围为1+√5,3] 17分 19.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 (3)存在，a=3 【解析】(1)因为PA⊥底面ABCD,BDC平面ABCD,则PA⊥BD, 又因为底面ABCD为正方形，则AC L BD， 且PA∩AC=A,PA,ACC平面PAC,可得BDL平面PAC, 又因为BDC平面PBD,所以平面PBDL平面PAC 4分 (2)在正方形ABCD中，则BCI/AD, 且BC￠平面PAD,ADC平面PAD,可知BCII平面PAD, 且BCC平面PBC,平面PBC∩平面PAD=I,所以BCII 8分 y (3)存在点F在BC的3处，使得EFII平面PAB. PK 1 在线段PA上取点K,使PA3,连接KE,KB,EF. PE-LED PE-PK-1 在△PAD中， 2,即PDPA3, 1 则KE/IAD,且 在正方形ABCD中，F在BC的3处，则BF IAD,且 F-2C-AD 可得BF/IKE,且BF=E,可知BFEK为平行四边形， 则BFBK,且BKC平面PAB,EF文平面PAB,所以EF/平面PAB,13分 在AD的3处取点M,连接EM,FM, 1 EM2 △PAD中，点E,M分别为PAAD的3处，则PAIIEM,且PA3, 因为PAL平面ABCD,则EM⊥平面ABCD,即F在平面ABCD上的射影MF,15分 可知∠EFM即为EF与底面ABCD所成角， 在RtAEMF中，FM=2, 若∠EFM=45°，EM=2,所以PA=a=3. 17分 试卷第10页，共10项2025-2026学年高一数学下学期第二次月考测试卷20260610 (考试时间：120分钟，分值：150分)命题人：王克轶审题人：刘红超马建伟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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.测试范围：人教A版2019必修第二册第六~九章。 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.已知复数名=2+i,马=，则月=（) 22 A. 5 B. C.5 D.5 2.某工厂抽检了51个零件，并统计了这51个零件的直径（单位：mm)数据，得到如下的表格： 由表可知这51个零件的直径的第40百分位数为() 直径/mm 49 50 51 52 53 54 A.50mm B.51mm 频数 P 9 13 12 C.50.5mm D.51.5mm 3.设，n表示两条不重合的直线，a,B表示两个不重合的平面，则下列说法正确的是（) A.若1ca,mcB,aI1B,则l∥m B.若m/1a,m⊥n,则n⊥a C.若mca,nca,m11p,n/1B,则a11B D.若m11a,m11B,anB=n,则m/1n 4.一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边 长为1的正方形（如右图示），则原平面图形的周长为() A.2√2 B.2+2√5 C.4 D.8 5.若圆锥的高与球的直径相等，圆锥的体积与球的体积也相等，则圆锥与球的表面积之比为() A.3+1 B.V5+1 C.5+1 D.5+1 2 2 6.记样本数据1,2,2,2,3的方差为s,样本数据3,5,5,5,7的方差为s,则（) A.2=2s B.S=2s2+1 C.=4s D.3=4s2+1 7.7.正三棱柱ABC-AB,C中，各棱长均相等，D分别为棱AB的中点.则二面角C-AC-D的余弦值为(). A.-5 B.V10 C.vis D.-V10 5 8.正方体ABCD-AB,C,D,的棱长为1，若P在△ABC内（包括边界）运动，则直线D,P与平面ABCD所成角 的正弦值的取值范围为() 试卷第1 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP A.「561 4,4 [9c[9] 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.为了养成良好的运动习惯，小明记录了自己一周内每天的运动时长（单位：mi),分别为53、57、45、 61、79、49、a,若这组数据的第80百分位数与第60百分位数的差为3，则a的只可能为（) A.59 B.58 C.62 D.64 10.在棱长为2的正方体ABCD-ABGD中，点P在线段BD,上运动（包括端点)，点Q正方形BB,C,C及 其内部运动，且AQ=√5，则下列正确的选项有（) A.AP⊥BC B.点Q的轨迹的长度为 C.PC+PD的最小值为V3 D.直线PC与平面4BCD,所成角的最小值为君 11.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列说法正确的是() A.若0=6=c cOsAcosBcosC’则△ABC是等边三角形 B。已知6=3B=至若△48C有两解，则a的取值范围是33同 C.在△ABC中，若B=号c+,且满足条件o丽=OM+A AB AC】 14BIcos B 14ClcosC 则动点P经过△ABC的重心 D.若acosC+cosA=2,则C=骨 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.设a、为单位向量，若a-(a+2b)=2,则(a,)= 13.如图，为了测量河对岸的塔高AB,某测量队选取与塔底B在同一水平面内且相距20米的两个测量基 点C与D.现测量得∠BCD=30°，在点C,D处测得塔顶A的仰角分别为45°，60°，若河宽至少12米，则塔高 AB= 米 14.在三棱锥A-BCD中，平面ACD⊥平面BCD,BC=3,CD=2,AC=3V2,∠BCD= 3 ∠ACD=牙，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为一 四、解答题：本题共5个小题，共77分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.(13分)某高校承办了地铁站的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了200名候选人的面试成绩（成 绩均在[45,95]内)并分成五组：第一组[45,55)，第二组[55,65)，第三组[65,75)，第四组[75,85)，第五组[85,95]， 绘制成如图所示的频率分布直方图. 1,共2页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP (1)求a的值，并估计这200名候选者面试成绩的平均数（同一组中的 个频率/组距 数据用该组区间的中点值为代表)： 0.045 (2)现从第四组和第五组中用分层随机抽样的方法选取20人的成绩， 若这20人中来自第四组候选者的面试成绩的平均数和方差分别为80 0.020 和6.5，来自第五组候选者的测试成绩的平均数和方差分别为90和3.5,0.005土 0455565758595分数 据此估计这次第四组和第五组所有参与测试的候选者的成绩的方差. 16.(15分)已知平面向量ā，6，c,且a=（-2,),5=(3,-4) (1)求ā在6方向的投影向量的坐标： (2)若c∥ā，且=3V5,求向量的坐标： (3)若ka+b与a+的夹角为锐角，求实数k的取值范围. 17.（15分)已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为25， (1)求圆锥的体积； (2)在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，求圆柱侧面积的最大值，并求出此时圆柱的高 试卷第 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 18.(17分)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=1,a=2b-C cos cosC (1)求角A: ②若D是线段8C的中点，且40=号，求5c: (3)若△ABC为锐角三角形，求△ABC的周长的取值范围. 19.（17分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA=a,AC∩BD=O,PA⊥ 底面ABCD. (I)证明：平面PBD⊥平面PAC: (2)设平面PBC∩平面PAD于直线l,证明：BC11I: (3)若P西=D在线段BC上是否存在点F,使得EF11平面PAB,若存在点F,则a为何值时，直线EF 与底面ABCD所成角为45°. ò 2页，共2页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP