四川省仁寿第一中学校（北校区）2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

这是一份四川省仁寿第一中学校（北校区）2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题，文件包含2025届高二入学考试数学试卷pdf、2026届高二入学考试数学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。

9.AD 10.ACD 11.BC
1．C
【分析】由复数的运算先化简，再由几何意义判断.
【详解】i3(1-i)=-i(1-i)=-1-i，则在复平面内，复数i31-i所表示的点坐标为-1,-1，
位于第三象限.
故选：C
2．B
【分析】根据百分位数的计算公式即可求解.
【详解】将数据从小到大排列为：7.2,7.4,8.1,8.4,8.6,8.7,8.9,8.9，
8×75%=6,故第75百分位数为8.7+8.92=8.8，
故选：B
3．B
【分析】根据余弦定理，a2=b2+c2-2bccsA求解.
【详解】根据余弦定理，a2=b2+c2-2bccsA，
得3=1+c2-2c×12，解得c=2或c=-1（舍）.
故选：B
4．A
【分析】根据给定条件，求出圆锥的底面圆半径及高即可求解.
【详解】设圆锥底面圆半径为r，依题意，2πr=π⋅2，解得r=1，圆锥的高h=22-12=3，
所以圆锥的体积V=13π×12×3=33π.
故选：A
5．D
【分析】根据三角函数图象的伸缩以及平移变换规律，即可得答案.
【详解】将函数fx=sinx图象上的所有点的横坐标变为原来的12倍（纵坐标不变），
得到y=sin2x的图象，
再将图象向左平移π6后得函数gx的图象，即gx=sin2x+π6=sin2x+π3，
故选：D
6．C
【分析】根据向量的线性运算法则和运算律求解即可.
【详解】AD=AB+BD=AC+CB+BD=AC-12AD+BD，所以32AD=AC+BD⇒AD=23AC+23BD，
所以x=23,y=23，所以x2+y2=232+232=89，
故选：C.
7．A
【分析】根据题意，在Rt△ABC中取BC中点为D，且点P在直线BC上，由数量积运算可得DP=1，从而得解.
【详解】因为AB=AC=22,BC=4，易知△ABC为等腰直角三角形且A=π2，
取BC中点为D，则AD⊥BC，又点P满足BP=tBC，则点P在直线BC上，
所以AP⋅BC=AD+DP⋅BC=DP⋅BC，
由AP⋅BCBC=1，则DP⋅BC|BC|=1，结合图知DP=1，所以t=34.
故选：A
8．D
【分析】先根据已知四个点确定截面判断A,D选项，根据面面平行判定定理判断C,应用线面垂直判断B选项.
【详解】过E，F，M，N四点,确定截面的一条边EF，延长EF交BC 于一点，连接该点与点N即可得到与棱BB1的交点P，利用公理3确定交线PN,PE,同样的方法找出其它交线，即可得到截面如图所示：
该截面是六边形FEPNMQ,P,Q分别是BB1,DD1的中点，故A正确，D选项错误；
在正方形ADD1A1中，A1D⊥AD1,DC⊥平面ADD1A1,AD1⊂平面ADD1A1, DC⊥AD1,
DC∩A1D=D,DC⊂平面A1DC,A1D⊂平面A1DC,所以AD1⊥平面A1DC,A1C⊂平面A1DC,所以A1C⊥AD1,
同理可得A1C⊥D1B1,D1B1∩AD1=D1,AD1⊂平面AD1B1,D1B1⊂平面AD1B1,所以A1C⊥平面AD1B1；
因为MN//B1D1,B1D1⊂平面AD1B1,MN⊄平面AD1B1,所以MN//平面AD1B1,
因为NP//AD1,AD1⊂平面AD1B1,NP⊄平面AD1B1,所以NP//平面AD1B1,
NP∩MN=N,NP⊂平面EFMN,MN⊂平面EFMN,
所以平面EFMN//平面AD1B1,C选择正确；
因为A1C⊥平面AD1B1，平面EFMN//平面AD1B1，所以A1C⊥平面EFMN，B选项正确.
故选：D
9．AD
【分析】由向量的模长运算判断AC；由夹角公式判断B；由数量积公式判断D.
【详解】对于A： |a+b|2=a2+2a⋅b+b2=4+4+2a⋅b=4，则a⋅b=-2，故A正确；
对于C：|a-b|=(a-b)2=a2-2a⋅b+b2=4+4+4=23，故C错误；
对于B：cs〈a,a-b〉=a⋅a-baa-b=4+243=32，则向量a与a-b的夹角为π6，故B错误；
对于D：a-b在a上的投影向量为aaa-bcs〈a,a-b〉=23×322a=32a，故D正确；
故选：AD
10．ACD
【分析】根据题意结合统计知识逐一判断即可.
【详解】对于A：由图可知，讲座前问卷答题得分的中位数大约为65+702=67.5，故A正确；
对于B：由图可知，讲座后问卷答题得分的众数为95，故B错误；
对于C：讲座前问卷答题得分比讲座后的较分散，即讲座前问卷答题得分的方差大于讲座后得分的方差，故C正确；
对于D：讲座前问卷答题得分的极差大约为95-60=35，讲座后问卷答题得分的极差大约20，故D正确；
故选：ACD
11．BC
【分析】A选项，作出辅助线，得到圆台的母线长，进而求出侧面积，加上上下底面积，得到表面积；B选项，利用台体体积公式进行计算；C选项，作出辅助线，得到外接球半径，求出表面积；D选项，当OG为球的直径时，球的体积为4π3，故得到圆台能装下最大球的体积小于等于4π3，D错误.
【详解】A选项，圆台的上底面面积为π⋅12=π，下底面面积为π⋅22=4π，
由题意得OD=1,GE=2,OG=2，过点D作DF⊥GE于点F，
则EF=2-1=1，由勾股定理得DE=DF2+EF2=4+1=5，
故侧面积为π×1+2×5=35π，
故表面积为π+4π+35π=5π+35π，A错误；
B选项，圆台的体积为13×π+4π+4π2×2=14π3，B正确；
C选项，设外接球球心为H，连接HD,DE，则HD=HE=R，
设GH=x，则OH=2-x，
由勾股定理得OD2+OH2=R2，即12+2-x2=R2，
同理可得22+x2=R2，
故12+2-x2=22+x2，解得x=14，
故R2=22+116=6516，故圆台外接球表面积为4πR2=65π4，C正确；
D选项，当OG为球的直径时，即半径为1，此时球的体积为4π3×13=4π3，
故圆台能装下最大球的体积不会大于4π3，D错误.
故选：BC
12．916
【分析】根据二倍角的正弦公式及平方关系运算求解即可．
【详解】∵sinα+csα=54，
∴sinα+csα2=1+2sinαcsα=1+sin2α=2516，
∴sin2α=916，
故答案为：916．
13．76.2
【分析】根据平均值计算方法求解.
【详解】样本平均值应是频率分布直方图的“重心”，即所有数据的平均值，
取每个小矩形底边的中点的横坐标乘以每个小矩形的面积求和即可．
所以平均成绩为
45×0.004×10+55×0.006×10+65×0.02×10+75×0.03×10+85×0.024×10 +95×0.016×10=76.2．
故答案为：76.2.
14．0,+∞
【分析】取BC的中点Q，连接EQ，利用平面向量的运算可得EB⋅EC=14(4EQ2-CB2)，结合菱形的几何性质可得答案.
【详解】

取BC的中点Q，连接EQ，则EB+EC=2EQ，
所以EB⋅EC=14[(EB+EC)2-(EB-EC)2]=14(4EQ2-CB2)=EQ2-1，
当且仅当EQ⊥BC时，EQ有最小值，则EQ2-1有最小值，
此时菱形的面积EQ×BC=2×12×AB×AD×sin30∘⇒EQ×2=2×12×2×2×12⇒EQ=1，
EQ2-1最小值为1-1=0，
因为E是边AD所在直线上的一点，所以EQ无最大值，EQ2-1无最大值，
EB⋅EC的取值范围为0,+∞，
故答案为：0,+∞
15．(1)t=-12
(2)t=±3
【分析】（1）根据向量的坐标运算，由数量积为0即可求解，
（2）根据夹角公式即可求解.
【详解】（1）由a=1,-1,b=t,1,c=1,2可得a+c=2,1，
由c+a⊥b得c+a⋅b=2,1⋅t,1=2t+1=0，解得t=-12
（2）c-a=0,3，故csc-a,b=c-a⋅bbc-a=33t2+1=12，
解得t=±3
16．(1)a=0.030，84；
(2)46.
【分析】（1）根据每组小矩形的面积之和为1即可求解；由频率分布直方图求第百分位数的计算公式即可求解.
（2）利用分层抽样的平均数和方差的计算公式即可求解.
【详解】（1）由频率分布直方图各小矩形的面积之和为1，
得0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010×10=1，所以a=0.030；
成绩落在40,80内的频率为0.005+0.010+0.020+0.030×10=0.65，
落在40,90内的频率为0.005+0.010+0.020+0.030+0.025×10=0.9，
则第75百分位数m∈(80,90)，0.65+m-80×0.025=0.75，解得m=84，
所以第75百分位数为84.
（2）依题意，抽取20份答卷中，落在80,90内的有20×0.25=5（份），落在90,100内的有20×0.1=2（份），
落在80,100的“典型答卷”的平均成绩x=82×5+96×25+2=86，
落在80,100的“典型答卷”的方差s2=57[8+(82-86)2]+27[1+(96-86)2]=46，
所以估计这100份答卷中落在80,100的所有答卷的成绩的方差为46.
17．(1)fx=2sin2x+π6+2
(2)1,4
【分析】（1）由函数的最大值和最小值求出A，B，由周期求出ω，由特殊点求出φ，即可求得函数解析式；
（2）由x∈-π6,π6求出2x+π6的范围，再求出sin2x+π6的取值范围，即可求得函数的取值范围.
【详解】（1）由图象可知，A=4-02=2，B=4+02=2，
设fx最小正周期为T，T4=14×2πω=5π12-π6=π4，∴ω=2，
∴fx=2sin2x+φ+2，
又∵fπ6=2sin2×π6+φ+2=4，且φ<π2，
∴2×π6+φ=π2+2kπ，k∈Z，∴φ=π6，
∴函数fx的解析式为fx=2sin2x+π6+2.
（2）当x∈-π6,π6时，2x+π6∈-π6，π2，sin2x+π6∈-12，1，
∴函数fx=2sin2x+π6+2的取值范围是1,4.
18．(1)C=π3
(2)CD=635
(3)2,22．
【分析】（2）在△ABC中，根据余弦定理，解得b=3，又S△ACD+S△BCD=S△ABC，得CD=23b2+b，从而得解；
（3）利用三角形的面积公式求得ab，结合正弦定理，用tanB表示出a2并求得a2的取值范围，进而求得a的取值范围.
【详解】（1）依题意，得a+acsC=3csinA，根据正弦定理得sinA+sinAcsC=3sinCsinA，
因为00，则1+csC=3sinC，即3sinC-csC=1，
即32sinC-12csC=12，所以sinC-π6=12．
又0所以C=π3；
（2）在△ABC中，根据余弦定理，
有c2=a2+b2-2abcsπ3=a2+b2-ab，
即7=4+b2-2b，解得b=3或b=-1（舍去），
依题意，S△ACD+S△BCD=S△ABC，
12a⋅CD⋅sinπ6+12b⋅CD⋅sinπ6=12ab⋅sinπ3，
即a+b⋅CD=3ab，则CD=23b2+b，
所以CD=23b2+b=635．
（3）依题意，△ABC的面积S△ABC=12absinC=12ab⋅32=3，所以ab=4．
又△ABC为锐角三角形，且C=π3，
则A=2π3-B∈0,π2，所以π6又033．
由正弦定理asinA=bsinB，得a=bsinAsinB，
所以a2=absin2π3-BsinB=432csB+12sinBsinB=23tanB+2，
所以2所以a的取值范围为2,22．
19．(1)证明见解析
(2)60∘
(3)2.
【分析】（1）利用线线平行证明线面平行即得；
（2）利用平移得到EF与BC1所成角为∠D1AC，解三角形即得；
（3）连接D1O，过D作DG⊥D1O于点G，先证AC⊥平面D1DO，再证DG⊥平面ACD1，即得直线BD与平面D1EF所成角，结合△DOD1即可求得.
【详解】（1）
如图，连接AC交BD于点O，
因为E，F分别为AD1，CD1的中点，所以EF//AC.
因为AC⊂平面ABCD，且EF⊄平面ABCD，
所以EF//平面ABCD.
（2）因AB//CD//D1C1，且AB=CD=D1C1，易得▱ABC1D1，
则有BC1//AD1，由（1）得EF//AC，故EF与BC1所成角为∠D1AC（或其补角）.
因为AC=AD1=CD1，所以∠D1AC=60∘，
即EF与BC1所成角的大小为60∘.
（3）连接D1O，过D作DG⊥D1O于点G.
因为DD1⊥平面ABCD，且AC⊂平面ABCD，
所以DD1⊥AC，又BD⊥AC且DD1∩BD=D，
所以AC⊥平面D1DO.
因为DG⊂平面D1DO，所以DG⊥AC，
又DG⊥D1O，且AC∩D1O=O，AC,D1O⊂平面ACD1，
所以DG⊥平面ACD1，
所以直线BD与平面D1EF所成角为∠DOD1（或其补角）.
因为正方体的边长为1，所以DD1=1，DO=22，
所以tan∠DOD1=DD1DO=2.
【点睛】思路点睛：解决异面直线的夹角问题，大多通过平移将两直线集中到一个三角形中，利用三角函数定义或正弦定理，余弦定理求解；对于线面所成角，一般需要作出并证明直线在平面上的射影，借助于直角三角形求解.