江西省赣州市赣县区实验学校2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷

这是一份江西省赣州市赣县区实验学校2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用 2B 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.写在本试卷上无效.
回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分 150 分.考试时间 120 分钟.
第Ⅰ卷（选择题共 58 分）
A ∩ B 
一、单选题（本大题共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分，下列给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
A  x | x2  2x  8  0B  3, 1, 2, 4, 5
已知集合，，则（）
3, 1, 4, 5
3, 1, 4
1, 4, 5
3, 4, 5
z
若复数 z  i2019  | 3  4i | ，则 的虚部为（）
3  4i
 1B. 1
55
 1 i
5
1 i
5
已知α的终边在第四象限，若sinα  4 ，则sin απ  （）
54 

2
10
2
10
 7 2
10
7 2
10
在V ABC 中，内角 A, B,C 的对边分别为 a, b, c ，且b  3, c2  9  a2  3c ，则 A  （）
ππ
B.
64
π2π
D.
33
在V ABC 中，M , N , E 分别是 AB, AC, BC 的中点，若 AE  λAM  μAN λ,μ R ，则λ μ （）
2
1
 1 x xa
D. 2
3
若函数 f  x  

在区间0, 2 单调递增，则 a 的取值范围是（）
A. ∞, 4
4, 
4, 
, 4
“ k  2 或 k  3 ”是“定点 A1, 2 在圆 x2  y2  kx  2 y  k 2 15  0 的外部”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
若正数 x，y 满足 x  y  xy ，则 x  2 y 的最小值是（）
2
A 6B. 2  3
C. 3+2
D. 2+2
2
3
二、多选题（本大题共 3 个小题，每小题 6 分，共 18 分，下列给出的选项中有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，部分选对得 3 分，有选错的得 0 分）
已知 a，b，c 都是实数，下列命题是真命题的是（ ）
若 a  0 ， b  2 ，则 a0  b2  4
若 a  1 ， b  27 ，则lg
3
3 a  lg3
b  2
 1 a
C 若 2 
 1 b
 3 
，则 a  b
若 a  b  0 ， c  0 ，则 c  c
ab

以下四个命题表述正确的是（ ）


若直线倾斜角α  π , 2π  ，则直线的斜率不存在或斜率 k 的取值范围是 ∞, 
 43 
直线3  m x  4 y  3  3m  0 m  R  恒过定点3, 3
C 若直线l1 : ax  1 a y  3 与l2 : a 1 x  2a  3 y  2 互相垂直，则 a  3
3 1, ∞
D. 若直线l : x  2 y  3  0 与l : 2x  ay  2  0 平行，则l 与l 的距离为 4 5
5
1212
已知函数 f  x  sin  2πx  π  ，则（ ）
6 

f  x 的最小正周期为 2
f  x 图象的一条对称轴方程为 x  1
6
f  x 在区间1, 4  上先单调递增后单调递减
3 

f  x 在区间 0, 5π  上恰有 8 个零点
4 

第Ⅱ卷（非选择题共 92 分）
三、填空题（本大题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分，把答案填在题中横线上）
在一个不透明的袋子中装有只有颜色不同的 9 个球，其中有 4 个红球和 5 个白球，从袋子中随机摸出一个球，摸出的球是红球的概率是
| 2a
| a
已知向量 a ， b 满足| a | 1 ， | b | 2 ，且→  b | 2 ，则 →  b | ．
直线l ： x  y  2  0 被圆O ： x2  y2  4 截得的弦 AB 的长为.
四、解答题（本大题共 5 个小题，满分 77 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
已知方程m2  2m  3 x  2m2  m 1 y  6  2m  0 m  R  ．
若方程表示一条直线，求实数m 的取值范围；
若方程表示的直线的斜率不存在，求实数m 的值，并求出此时的直线方程；
若方程表示的直线在 x 轴上的截距为3 ，求实数m 的值；
若方程表示的直线的倾斜角是 45°，求实数m 的值．
在V ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，A 为锐角，且 c
b
sin2 C

．
cs C cs B  2 cs2 A
（1）求 A；
（2）设 D 为 AB 的中点，若CD  BC ，且b  c  10 ，求V ABC 的面积．
某校举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，高一年级学生参加了这次竞赛，为了了解本次竞赛的成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩 x 作为样本进行统计，将成绩进行整理后，分成五组（ 50  x  60 ，
60  x  70 ， 70  x  80 ， 80  x  90 ， 90  x  100 ），其中第二组的频数是第五组的频数的 8 倍，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题．
若根据这次成绩，年级准备淘汰90% 的学生，仅留10% 的学生进入下一轮竞赛，请问晋级分数线划为多少合理？
李老师在此次竞赛成绩中抽取了 10 名学生的分数： x1, x2, x3,L , x10 ．已知这 10 个分数的平均数
x  90 ，标准差 s  5 ，若剔除其中的 96 和 84 这 2 个分数，求剩余 8 个分数的平均数与方差．
从样本数据在50  x  60 ， 80  x  90 ， 90  x  100 这三个组内的学生中，用分层抽样的方法抽取
7 名学生，再从这 7 名学生中随机选出 2 人，求选出的 2 人来自不同组的概率．
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，平面 PAB  平面 ABCD ，底面 ABCD 是直角梯形， AD / / BC ，
5
∠ABC  90∘ ，且 PA  AD  2 ， AB  BC  1， PB ， E 为 PD 的中点．
证明： CE / / 平面 PAB ；
求三棱锥 P  ACE 的体积；
求二面角 E  AC  D 的余弦值．
函数 f  x  ax  b 是定义在1,1 上的奇函数，且 f  1   2 .
2
5

1 x2 
求 f  x 的解析式；
证明 f  x 在1,1 上为增函数；
解不等式 f t 1  f t   0 .
赣县区实验学校高中部 2025-2026 学年高二年级 9 月考数学试题
注意事项：
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用 2B 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.写在本试卷上无效.
回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分 150 分.考试时间 120 分钟.
第Ⅰ卷（选择题共 58 分）
一、单选题（本大题共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分，下列给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
【分析】通过解不等式明确集合A ，再求两集合的交集.
【详解】二次不等式 x2  2x  8  0 ，变形得(x  4)(x  2)  0 ，解得 x ≤−2 或 x  4 .
故 A  , 2∪4,  .
因此 A ∩ B  3, 4, 5.
故选：D
z
若复数 z  i2019  | 3  4i | ，则 的虚部为（）
3  4i
A  x | x2
1. 已知集合
A. 3, 1, 4, 5
 2x  8  0B
，
B. 3, 1, 4
 3, 1, 2, 4, 5
，则 A ∩ B  （
C. 1, 4, 5
）
D. 3, 4, 5
【答案】D
【解析】
 1B. 1
55
 1 i
5
1 i
5
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的运算化简 z ，求出 z ，即可得出 z 的虚部.
【详解】因为 ，
z  i2019  | 3  4i |  i2 1009  i  5  i  5(3  4i)  3  1 i 3  4i3  4i(3  4i)(3  4i)55
所以 z  3  1 i ，故 z 的虚部为 1 .
555
故选：B.
已知α的终边在第四象限，若sinα  4 ，则sin απ  （）
54 

2
10
2
10
 7 2
10
7 2
10
【答案】A
【解析】
【分析】结合同角三角函数的基本关系式、两角和的正弦公式求得正确答案.
【详解】α的终边在第四象限， sinα  4 ，
5
所以csα
 3 ，
1  5 
 4 2

5
π
22
43 2
则sin α 4  
sinα csα 
2
2   
   10 ．

55 
故选：A
在V ABC 中，内角 A, B,C 的对边分别为 a, b, c ，且b  3, c2  9  a2  3c ，则 A  （）
ππ
B.
64
π2π
C. D.
33
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用余弦定理求解.
【详解】由b  3 及c2  9  a2  3c ，得b2  c2  a2  bc ，
b2  c2  a2bc1
由余弦定理，得csA  ，
2bc
因为0  A  π ，所以 A  π .
3
2bc2
故选：C
在V ABC 中，M , N , E 分别是 AB, AC, BC 的中点，若 AE  λAM  μAN λ,μ R ，则λ μ （）
2
1
C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算，将 AE 用基底 AM 和 AN 表示，即可得解．
【详解】因为 E 是 BC 的中点，
–––→1
所以 AE 
–––→–––→1

AB  AC 
––––→–––→––––→–––→

2 AM  2 AN  AM  AN ，
22
所以λ μ 1 ，所以λ μ 2 ．
故选：D．
 1 x xa
3
若函数 f  x   

在区间0, 2 单调递增，则 a 的取值范围是（）
A. ∞, 4
4, 
4, 
, 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数复合函数的区间单调性，结合二次函数的性质有 a  2 ，即可得.
2
【详解】令t  x(x  a) ，又  3在 R 上单调递减，
 1 t
y 

所以要使    3
 1 x xa
f x 

在区间0, 2 单调递增，
则t  x(x  a) 在区间0, 2 单调递减，
2
所以由t  a 2  a 的开口向上且对称轴为 x   a 得 a  2 ，解得 a  4 .
x(xa)(x)
2422
故选：D
“ k  2 或 k  3 ”是“定点 A1, 2 在圆 x2  y2  kx  2 y  k 2 15  0 的外部”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】B
【解析】
k 2  4  4 k 2 15  0
【分析】由定点 A1, 2 在圆的外部得
1 4  k  4  k 2 15  0
，求得 k 的取值范围，结合充分,必要条件
的意义可得结论.

【详解】Q定点 A1, 2 在圆 x2  y2  kx  2 y  k 2 15  0 的外部，
k 2  4  4 k 2 15  0
k 2  64
 8
 k  8
3
3

，化简得3
，33
1 4  k  4  k 2 15  0
k 2  k  6  0
 k  2或k  3
8 3
3
k 的取值范围：  8 3  k  3 或2  k ，
3
所以 k  2 或 k  3 ”是“定点 A1, 2 在圆 x2  y2  kx  2 y  k 2 15  0 的外部”的必要不充分条件.
故选：B.
若正数 x，y 满足 x  y  xy ，则 x  2 y 的最小值是（）
2
A. 6B. 2  3
C. 3+2
D. 2+2
2
3
【答案】C
【解析】
【分析】对 x  y  xy 变形得到 1  1  1，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
yx
【详解】因为正数 x，y 满足 x  y  xy ，所以 x  y  1  1  1，

xyyx
x  2 y yx
所以 x  2 y   x  2 y  1  1   x  2 y  3  2
2
 3  2
 3 ，
yx
yx
 

当且仅当 x  2 y ，即 x 
yx
2 y ，又 x  y  xy ， x 1, y  2 
2
2
2 时，等号成立，
所以 x  2 y 的最小值为3+2 2 .
故选：C
二、多选题（本大题共 3 个小题，每小题 6 分，共 18 分，下列给出的选项中有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，部分选对得 3 分，有选错的得 0 分）
已知 a，b，c 都是实数，下列命题是真命题的是（ ）
若 a  0 ， b  2 ，则 a0  b2  4
若 a  1 ， b  27 ，则lg
3
3 a  lg3
b  2
 1 a
若 2 
 1 b
 3 
，则 a  b
若 a  b  0 ， c  0 ，则 c  c
ab

【答案】BD
【解析】
【分析】利用零指数幂的定义计算求解判断选项 A，根据对数的运算法则计算判断选项 B，根据指数函数性质结合特殊值验证判断选项 C，利用不等式性质，两边同时乘以负数时，不等号方向改变判断选项 D.
【详解】若 a  0 ， b  2 时，则 a0  b2  1 4  5  4 ，故 A 错误；
若 a  1 ， b  27 时， lg
3
3 a  lg3
b  1 3  2 ，故 B 正确；
 1 a
若 2 
 1 b
 3 
，当 a  b  1 时， 1  1 ，但 a  b ，命题不成立，故 C 错误；
23

当 a  b  0 时， 1  1 ，又c  0 ，所以 c  c ，故 D 正确.
abab
故选：BD.
以下四个命题表述正确的是（ ）


若直线倾斜角α  π , 2π  ，则直线的斜率不存在或斜率 k 的取值范围是 ∞, 
 43 
直线3  m x  4 y  3  3m  0 m  R  恒过定点3, 3
若直线l1 : ax  1 a y  3 与l2 : a 1 x  2a  3 y  2 互相垂直，则 a  3
3 1, ∞
若直线l : x  2 y  3  0 与l : 2x  ay  2  0 平行，则l 与l 的距离为 4 5
5
1212
【答案】AD
【解析】
【分析】对于 A 由 k  tanα即可求解，对于 B 将直线整理为 x  3 m  3x  4 y  3  0 即可求解，对于 C 由
l1  l2 得 a a 1  1 a2a  3  0 即可求解，对于D 先求 a ，再利用两平行线间的距离公式即可求解.
【详解】对于 A：当α π 时，直线的斜率不存在，
2

 4 2  23 

当α  π , π   π , 2π  时，由斜率 k  tanα， k ∞, 
3 1, ∞ ，故 A 正确；
对于 B：由直线3  m x  4 y  3  3m  0 得 x  3 m  3x  4 y  3  0 ，
 y  3
令 x  3  0 有3x  4 y  3  0 解得x  3 ，即定点为3, 3 ，故 B 错误；

对于 C：直线l1 : ax  1 a y  3 与l2 : a 1 x  2a  3 y  2 互相垂直，
则 a a 1  1 a2a  3  0  a 1a  3  0 解得 a  3 或1，故 C 错误；
对于 D：由l1//l2
有 a  4 ，所以l1 与l2
的距离为 d  4 5 ，故 D 正确；
6  2
22  42
5
故选：AD.
已知函数 f  x  sin  2πx  π  ，则（ ）
6 

f  x 的最小正周期为 2
f  x 图象的一条对称轴方程为 x  1
6
f  x 在区间1, 4  上先单调递增后单调递减
3 

f  x 在区间 0, 5π  上恰有 8 个零点
4 

【答案】BCD
【解析】
【分析】求函数最小正周期，判断 A 的真假；求函数的对称轴，判断 B 的真假；求函数的单调区间，判断
C 的真假；求函数在 0, 5π  上的零点，判断 D 的真假.
4 

【详解】对 A：函数 f  x 的最小正周期为： T  2π  1 ，故 A 错误；
2π
对 B：由2πx  π  kπ  π ， k  Z  x  k  1 ， k  Z 是函数 f  x 的对称轴，当 k  0 时， x  1 ，
62266
故 B 正确；
对 C： 2kπ  π  2πx  π  2kπ  π ， k  Z 得函数 f  x 的单调递增区间为： k  1 , k  1  ， k  Z ，
262
所以函数 f  x 在1, 7  上单调递增，在 7 , 4  上单调递减，故 C 正确；
36 
6  6 3 

对 D：由2πx  π  kπ ， k  Z  x  k  1 ，所以函数 f  x 在 0, 5π  上的零点有： 1  1  5 ，
6212
4 
21212
2  1
 11 ， 3  1
 17 ，…， 8  1
 47  5π ， 9  1

 53  5π ，所以函数 f  x 在 0, 5π  上
21212
21212
212124
212124
4 

的零点有 8 个，故 D 正确.
故选：BCD
第Ⅱ卷（非选择题共 92 分）
三、填空题（本大题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分，把答案填在题中横线上）
在一个不透明的袋子中装有只有颜色不同的 9 个球，其中有 4 个红球和 5 个白球，从袋子中随机摸出
一个球，摸出的球是红球的概率是
4
【答案】
9
【解析】
【分析】先确定红球的数量和球的总数，再根据概率的计算公式求出摸出红球的概率.
【详解】由题意可知，球的总个数为9 个，红球的个数为4 个 根据概率计算公式，摸出红球的概率 红球的个数 球的总个数
即4  9  4 .
9
4
故答案为：
9
| 2a
| a
已知向量 a ， b 满足| a | 1 ， | b | 2 ，且→  b | 2 ，则 →  b | ．
7
【答案】
【解析】
| 2a
【分析】由
→  b | 2 两边平方，结合数量积的性质及条件可求→  b ，再由
→→
| ab |

结合数量
(a  b )
→
→
2
a
积性质求结论.
| 2a
(2a
4a
4a
【详解】因为→  b | 2 ，所以→  b )2 →2  →  b  b 2  4 ，
a
又| a | 1 ， | b | 2 ，所以 →  b  1 ，
所以 →
→
(a  b )
→
→
2
a  2a  b  b
→2
→
→→
2
7
．
| a  b |
7
故答案为：.
直线l ： x  y  2  0 被圆O ： x2  y2  4 截得的弦 AB 的长为.
2
【答案】 2
【解析】
【分析】根据给定条件，利用点到直线的距离公式求出弦 AB 的弦心距即可求解.
【详解】由圆O ： x2  y2  4 ，可得圆心O 0, 0 ，半径 r  2 ，
11
2
于是圆心O 到直线l : x  y  2  0 的距离 d  | 0  0  2 | ，
4  
2 2
2
从而得| AB | 2 2 2 ，所以弦 AB 的长为2.
2
故答案为： 2.
四、解答题（本大题共 5 个小题，满分 77 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
已知方程m2  2m  3 x  2m2  m 1 y  6  2m  0 m  R  ．
若方程表示一条直线，求实数m 的取值范围；
若方程表示的直线的斜率不存在，求实数m 的值，并求出此时的直线方程；
若方程表示的直线在 x 轴上的截距为3 ，求实数m 的值；
若方程表示的直线的倾斜角是 45°，求实数m 的值．
【答案】（1）m  R | m  1
（2） m  1 ，方程为3x  4  0
2
（3）  5
3
4
（4）
3
【解析】
【分析】（1）注意此时 x、y 的系数不同时为零才表示一条直线，从而解出 m 的范围；
（2）x 的系数不为零但 y 的系数为零时可以表示斜率不存在的直线，以此解出 m 的值；
在 x 轴上有截距代表 x 的系数不能为零，同时结合截距大小即可解出 m 的值；
根据斜率大小列出 m 的方程求解即可解出 m 的值．
【小问 1 详解】
当 x ， y 的系数不同时为零时，方程表示一条直线，
令 m2  2m  3  0 ，因式分解得m  3m 1  0 ，解得 m  1或 m  3 ，
令2m2  m  1  0 ，因式分解得2m 1m 1  0 ，解得 m  1或 m  1 ，
2
所以若方程表示一条直线，则 m  1，即实数m 的取值范围为m  R | m  1 ．
【小问 2 详解】
结合第一小问的因式分解，当 y 的系数2m2  m  1  0 且 x 的系数 m2  2m  3  0 时，直线斜率不存在，
由2m2  m  1  0 ，解得 m  1 或 m  1，由 m2  2m  3  0 解得 m  1且m  3 ，
2
1 1 2
115
所以 m  ，此时 x 的系数 m2  2m  3     2   3  ，
2 2 24
方程为 15 x  5  0 ，整理得3x  4  0 ，即此时直线方程为3x  4  0 ．
4
【小问 3 详解】
结合第一小问的因式分解，当方程表示的直线在 x 轴上有截距，
可以知道 x 的系数 m2  2m  3  0 ，也即 m  1且m  3 ，依题意，直线在 x 轴截距为3 ，即 y  0 时 x  3 ，
将其代入方程得3m2  2m  3  6  2m  0 ，
解得 m   5 或 m  3 （舍弃），故 m 的值为 m   5 ．
3
【小问 4 详解】

3
m2  2m  3
倾斜角为45
，则 x、y 前面的系数都不为零，由题中方程可知此时直线斜率 k  ，
2m2  m 1
m2  2m  3
4m4
也即 1 ，解得 m  ，所以实数 的值为 。
2m2  m 133
在V ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，A 为锐角，且 c
b
sin2 C

．
cs C cs B  2 cs2 A
（1）求 A；
（2）设 D 为 AB 的中点，若CD  BC ，且b  c  10 ，求V ABC 的面积．
【答案】（1） A  π
3
3
（2） 6
【解析】
【分析】（1）由正弦定理进行边角互化，再由余弦两角和差公式及诱导公式化简可得结果；
（2）由余弦定理和三角形面积公式化简可得结果.
【小问 1 详解】
由条件及正弦定理得
sin C
sin B
sin2 C

，
cs C cs B  2 cs2 A
整理得sin C sin B  cs C cs B  2 cs2 A ，所以cs(B  C)  2 cs2 A ．所以cs(π  A)  2 cs2 A ，即cs A  2 cs2 A ．
又 A 为锐角， cs A  0 ．所以cs A  1 ，故 A  π ．
【小问 2 详解】
23
22c2bc
在V ACD 中由余弦定理得CD2  AC 2  AD2  2 AC  AD cs A ，即 a
 b ①
42
在V ABC 中由余弦定理得 a2  b2  c2  bc ②
由①②消去 a，得3c2  2bc ，即b  3 c ．
2
因为b  c  10 ，所以b  6, c  4 ，
所以 S
 1 bc sin A  1  6  4 3  6．
△ ABC
3
222
某校举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，高一年级学生参加了这次竞赛，为了了解本次竞赛的成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩 x 作为样本进行统计，将成绩进行整理后，分成五组（ 50  x  60 ，
60  x  70 ， 70  x  80 ， 80  x  90 ， 90  x  100 ），其中第二组的频数是第五组的频数的 8 倍，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题．
若根据这次成绩，年级准备淘汰90% 的学生，仅留10% 的学生进入下一轮竞赛，请问晋级分数线划为多少合理？
李老师在此次竞赛成绩中抽取了 10 名学生的分数： x1, x2, x3,L , x10 ．已知这 10 个分数的平均数
x  90 ，标准差 s  5 ，若剔除其中的 96 和 84 这 2 个分数，求剩余 8 个分数的平均数与方差．
从样本数据在50  x  60 ， 80  x  90 ， 90  x  100 这三个组内的学生中，用分层抽样的方法抽取
7 名学生，再从这 7 名学生中随机选出 2 人，求选出的 2 人来自不同组的概率．
【答案】（1） 82.5 分合理
（2）平均数 90，方差 22.25．
2
（3）
3
【解析】
【分析】（1）利用百分位数的定义求解；
利用平均数和方差的定义求解；
利用古典概型的概率公式求解．
【小问 1 详解】
由题意知，第二组的频数是第五组的频数的 8 倍，所以a  8b ，
又0.008  0.016  a  0.04  b10  1 ，所以 a  0.032, b  0.004 ．
因为成绩落在50,80 内的频率为0.16  0.32  0.40  0.88 ，
落在50, 90 内的频率为0.16  0.32  0.40  0.08  0.96 ，所以第 90 百分位数在50, 90 内．
设第 90 百分位数为m ，则m  80 0.008  0.9  0.88 ，解得 m  82.5 ，所以晋级分数线划为82.5 分合理．
【小问 2 详解】
因为 x  90 ，所以 x1  x2 L x10  10  90  900 ，
所以 s2  1 x2  x2 L x2   902  52 ，所以 x2  x2 L x2  81250 ．
101210
1210
剔除其中的 96 和 84 这 2 个分数，设剩余 8 个分数为 x1, x2, x3,L , x8 ，
平均数与标准差分别为 x0 , s0 ，
则剩余 8 个分数的平均数 x0
 x1  x2  x3 L x8  900  96  84  90 ，
88
方差 s2  1 x2  x2 L x2   902  1 81250  962  842   902  22.25 ．
081288
【小问 3 详解】
由图可知，按分层抽样法，这三组应分别抽取 4 人，2 人，1 人，分别记为 A, B , C , D ; a , b; E ．所有的抽样情况
Ω  AB, AC, AD, Aa, Ab, AE, BC, BD, Ba, Bb, BE, CD, Ca, Cb, CE, Da, Db, DE, ab, aE, bE ，共 21 个
样本点， M  “选出的 2 人来自于不同组”，则
M  Aa, Ab, AE, Ba, Bb, BE, Ca, Cb, CE, Da, Db, DE, aE, bE ，共 14 个样本点，
所以 P M   14  2 ．
213
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，平面 PAB  平面 ABCD ，底面 ABCD 是直角梯形， AD / / BC ，
5
∠ABC  90∘ ，且 PA  AD  2 ， AB  BC  1， PB ， E 为 PD 的中点．
证明： CE / / 平面 PAB ；
求三棱锥 P  ACE 的体积；
求二面角 E  AC  D 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
1
（2）
3
（3） 3
3
【解析】
【分析】（1）取 PA 中点 M ，通过证明四边形 BCEM 为平行四边形，从而得到CE ∥ BM ，再由线面平行
的判定即可证明；
由题知V V V V
 1 V
，根据面面垂直的性质可证 AD  平面 PAB ，然
P ACEC PAEBPAEE  PAB
后利用体积计算公式求解；
D PAB
取 AD 的中点 F ，连接 EF ，过 F 作 FN  AC 于 N ，则ENF 为二面角 E  AC  D 的平面角，
2
在Rt△ EFN 中，可求tanENF ，再得到csENF 
即可.
3
【小问 1 详解】
取 PA 中点 M ，连接 EM ， BM
E 为 PD 的中点， M 为 PA 中点，所以 EMAD ，且 EM  1 AD ，
2
又 AD ∥ BC ， BC  1 ， AD  2 ， BC 
所以有 EM∥BC ，且 EM  BC ，所以四边形 BCEM 为平行四边形，
1 AD ，
2
则CE ∥ BM ，又 BM  平面 PAB ， CE  平面 PAB ，所以CE //平面 PAB ．
【小问 2 详解】
底面 ABCD 是直角梯形， BC∥AD ， AD  平面 PAD ， BC  平面 PAD ，
所以 BC //平面 PAD ，则点C 到平面 PAD 的距离等于点 B 到平面 PAD 的距离，所以三棱锥 P  ACE 的体积VP ACE  VC PAE  VBPAE  VE  PAB ，
又 E 为 PD 的中点，则点 E 到平面 PAB 的距离等于点 D 到平面 PAB 的距离的一半，
所以V
 1 V，
E PAB
2 DPAB
5
又 PA  AD  2 ， AB  BC  1， PB ，所以 PA2  AB2  PB2 ，故 AB  AP ，
又∠ABC  90∘ ， BC //AD ，所以 AB  AD ，
平面 PAB  平面 ABCD ，且平面 PAB  平面 ABCD  AB ，又 AD  平面 ABCD ，所以 AD  平面 PAB ，
故V 1 V 1  1  S AD  1  1  1  PA AB  AD  1  1  1  2 1 2  1 .

E PAB2 DPAB23
V PAB

2322323
【小问 3 详解】
因为平面 PAB  平面 ABCD ，且其交线为 AB ，又 AP ⊂平面 PAB ， AP  AB ，
所以 AP ⊥平面 ABCD ，
取 AD 的中点 F ，连接 EF ，
在△PAD 中， E ， F 分别为 PD ， AD 的中点，所以 AP∥EF ， EF  1 AP  1
2
则 EF  平面 ABCD ，
过 F 作 FN  AC 于 N ，连接 EN ，则有 EN  AC ，所以ENF 为二面角 E  AC  D 的平面角，
在直角梯形 ABCD 中， AB  BC  1，∠ABC  90∘ ，所以BAC  45∘ ，所以FAC  45∘ ，
又 AF  1 AD  1，所以 FN =2 ，
22
在Rt△ EFN 中，
tanENF  EF  1 
FN2
2
，所以csENF ，
2
3
3
即二面角 E  AC  D 的余弦值为 3 ．
3
函数 f  x  ax  b 是定义在1,1 上的奇函数，且 f  1   2 .
2
5

1 x2 
求 f  x 的解析式；
证明 f  x 在1,1 上为增函数；
解不等式 f t 1  f t   0 .
【答案】（1） f  x 
x
1 x2
（2）证明见解析（3）  0, 1 
2 

【解析】
【分析】（1）根据奇函数的定义求得b  0 ，由 f  1   2 求得 a  1 ，即可求解解析式；
2
5
 

根据单调性定义，按照步骤证明即可；
1  t 1  1

由奇函数、单调性解不等式得1  t  1

t 1  t
，求解即可.
【小问 1 详解】
因为函数 f  x  ax  b 是定义在1,1 上的奇函数，
1 x2
所以 f x   f  x ，即ax  b  ax  b ，解得b  0 ，此时 f  x ax，
f  1   2
1 x2
1 a
f  1  2
1 x2
 2
1 x2
2
又 

，所以  
5
2
2
 2 
1  1 

5 ，解得 a  1 ，
所以 f  x 
x
；
1 x2
【小问 2 详解】
任取 x , x 1,1 ，且 x
 x ，则 f  x   f  x  
x1x2
  x1  x2 1 x1  x2  ，
1212
121 x 2
1 x 2
1 x 2 1 x 2 
12
因为 x , x 1,1 ，所以1 x 2 1 x 2   0,1 x  x
1212
1212
0 ，
因为 x1  x2 ，所以 x1  x2  0 ，所以 f  x1   f  x2   0 ，所以 f  x 在1,1 上为增函数；
【小问 3 详解】
因为函数 f  x 是定义在1,1 上的奇函数，
所以由 f t 1  f t   0 ，得 f t 1   f t   f t  ，
1  t 1  1

又因为 f  x 在1,1 上为增函数，所以1  t  1

t 1  t
，解得0  t  1 .
2
所以原不等式的解集为 0, 1  .
2 
