云南省昭通市镇雄县三校2025-2026学年高二上学期第一次月考数学试卷

这是一份云南省昭通市镇雄县三校2025-2026学年高二上学期第一次月考数学试卷，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

三校联考 2025 年秋季学期高二年级第一次月考数学参考答案
第Ⅰ卷（选择题，共 58 分）
一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）
【解析】
1 ． 由 (3)3  27≤  3 ， 03  0≤0 ， 13  1≤1 ， 23  8  2 ， 则 3，0，1 A ， 2  A ， 所以 A ∩ B  {3，0，1}，故选 B．
2
因为(1  i) • z ，则 z 2 2(1  i) 2(1  i) 2 2 i ，所以 z 2 2 i ，
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
D
C
A
C
B
C
D
故其虚部为
1  i(1  i)(1  i)22222
2 ，故选 D．
2
因为 a  (0， 2) ，则| a | 2 ，又因为 →  b ) • b  → • b  b 2  1，即 → • b  b 2  1 ，所
→2→2→2
(2a2a2a
→→
3
以| a  b |  a  2a • b  b  4  1  3 ，即| a  b |，故选 C．
–––→–––→––––→–––→
如图 1 所示，在三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AA1  BB1 ， B1C1  BC ，
––––→–––→––––→–––→1 ––––→–––→1 –––→1 –––→–––→
依题意 BM  BB1  B1M  AA1  2 B1C1  AA1  2 BC  2 (BA  AC)
–––→

1 –––→
1 –––→–––→
1 →1 →→
A1 A   2 AB  2 CA  A1 A   2 a  2 b  c ，故选 A．
由题设(0.01  0.025  0.045) 10  0.8  53%  (0.01  0.025) 10  0.35 ，所以 53%分位数在区间[175，185) 内，设为 x ，则0.35  (x  175)  0.045  0.53 ，所以 x  179 ，故选 C．
当 m  0 时，不等式5x≤0 ，解得 x≥0 ，显然解集不是 R ，不符合题意；当 m  0 ，由不
等式的解集为 R ， 则 m  0 ，   (5)2  4m2≤0 ， 解得 m≤  5 ， 即 m 的取值范围为
2
 ， 5  ，故选 B．
2 

–––→
对于 A：因为在OP 
2 –––→
OA 
1 –––→
OB 
1 –––→
OC 中，
2  1  1  1  1 ，由空间向量共面定理，可
362
3623
→ →
知 P ， A ， B ， C 四 点 不 共 面 ， 故 A 错 误 ； 对 于 B ： 当 a，b 共 线 同 向 时 ，
→ →→→→→
a • b | a | • | b | cs 0 | a | • | b | 0 ， 但 a 与 b 夹角不是锐角， 故 B 错误； 对于 C ： 因
–→→–→ →→
m  2n ， 即 m∥n ， 故 l α， 即 C 正确； 对于 D ： a 在 b 方向上的投影向量为
a • b →1
11 
2
→• b (0，1， 1)   0， ，  ，故 D 错误，故选 C．
2
| b |
22 
示，
由题意画出几何体的图形，把三棱锥 A- BCD 扩展为三棱柱，如图 2 所上下底面中心 EF 连线的中点 O 为外接球球心，O 与 A 的距离是为球
的半径，
AD  3AB  18 ，OE  1 AD  9 ，△ABC 是正三角形，由正
2
12  81
93
图 2
弦定理， AE  1 AB
 2
3
， OA 
AE2  OE2

， 即球的半径为
2sin 60
93
R ，则所求球的表面积为 S  4πR2  4π  93=372π ，故选 D．
二、多项选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分）
【解析】
3
3
对于 A： f  7 π  3tan  7π  π   1  3  1  3 1 ，故 A 正确；对于 B： f (x) 的最
 24  124 

小正周期T  π  π ，B 错误；对于 C：由2x  π  kπ ，k  Z 得 x  kπ  π ，k  Z ，所以 f (x)
ω 24248
图象的对称中心为 kπ  π ，1 (k  Z) ，C 正确；对于 D：由 f (x)  3tan  2x  π   1≤4 得
 484 

tan  2x  π ≤1 ，所以 π  kπ  2x  π ≤ π  kπ，k  Z ，解得 π  kπ  x≤ π  kπ ，k  Z ，
题号
9
10
11
答案
ACD
AC
BC
4 

244
8242

故 D 正确，故选 ACD．
3
31 3
10 ． 对于 A： 由题意得， D1  0， 2 ，  ， 故 A 正确； 对于 B： E ， ，0  ， 所以
3
––––→
2 
 3 
2
 1 
2

 2 
  02   

2 

1 ––––→
 22
D1E  
，0，
 ，| D E |
 1 ，故 B 不正确；对于 C：由题意得，
 22 1

B  3 ，0 1 
–––→
B( 3，0，0) ，C( 3， 3，0) ，1  2，  ，所以BC  (0， 3，0) ，
–––→
31 
2 
BB1   
，0，
2
 ， 设
m  (x，y，z) 是 平 面
BB1C1C 的 法 向 量 ， 则
2 
 → –––→
m • BC  3y  0–→
3
3
 → –––→
1， 令 x  1 ，则 y  0 ， z ，则 m  (1，0，
，故 C 正确；
m • BB1  

x 
22
––––→
z  0

31 
对 于 D ： D1B   3， 2 ， 2  ， 则 点 D1 到 平 面 BB1C1C 的 距 离 为

D1B • m
––––→
→
| → |
m
3  3
1  3
 2 
3
4 ，故 D 不正确，故选 AC．
作出函数 m(x)  min{| x |，x  1} 的图象， 如图 3：对于 A：由图象可得 m(x) 无最大值，
无最小值，故 A 错误； 对于 B：由图象可得，当 x≤0 时， m(x) 的最大值为 1 ，故 B 正
2
确；对于 C：由| x |≤ 1 ， 解得 1 ≤x≤ 1 ， 由图象可得，不等式
222
1  1 
m(x)≤ 的解集为，  ，故C 正确；对于D：由图象可得，m(x)
22 
的单调递增区间为 ， 1 ，[0， ) ，故 D 错误，故选 BC．图3
2 

第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分）
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
题号
12
13
14
【解析】
根据题意，因为 → ∥b ，设→→ λ R ，则有(2，m，6)  λ(1， 2，3) ，可得λ 2 ，所
答案
4
17
3
(1，2]
a
以 m  2λ 4 ．
b  λa，
–––→–––→
因为 A(2， 1，1) ， B(1， 2，1) ， C(0，0， 1) ，所以 AB  (1， 1，0)，BC  (1，2， 2) ，
–––→ –––→
AB • BC
1  22
2  9
所 以 cs AB，BC  –––→ –––→  ， 所 以 点 A 到 BC 的 距 离
| AB || BC |6
–––→ –––→
1  cs2  AB，BC
1   
2 
2


6 
17
–––→
d | AB | 
 2 
．
3
14 ． 当 x  0 时， 由 (x  1) ln x  0 可得 x  1 ， 依题意， x≤0 时， y  2x  1  m 有 1 个零点，即方程 m  2x  1在(，0] 上有一个实根，也即直线 y  m 与 y  2x  1 在(，0] 上有一个交点，如图 4，作出函数的图象．因 y  2x  1 在(，0] 上单调递增，由图可
知，此时1  m≤2 ．综上，实数 m 的取值范围是(1，2] ．图 4
四、解答题（共 77 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（本小题满分 13 分）
解：（1）因为 f (x)  sin x cs x  3 cs2 x  3  1 sin 2x  3(1  cs 2x)  3
2222
 1 sin 2x  3 cs 2x  sin  2x  π  ，
223 

所以，函数 f (x) 的最小正周期为T  2π  π ，
2
由2kπ  π ≤2x  π ≤2kπ  3π (k  Z) 可得 kπ  5π ≤x≤kπ  11π (k  Z) ，
2321212
所以，函数 f (x) 的单调递减区间为kπ  5π ，kπ  11π  (k  Z) ．（8 分）
1212 
（2）当 π ≤x≤ π 时，  2π ≤2x  π ≤ π ，则1≤sin  2x  π ≤ 1 ，
64336
3 2

因此，函数 f (x) 在区间 ππ  上的值域为1  ．
 ， 
1， 
 64 
2 
…（13 分）
16．（本小题满分 15 分）
解：（1）记“他得分不低于 10 分”为事件 A ，
则 P( A)  4  3  1  2   4  1  3   2  1  4   3  2  4  3  2
54 3 5 4  35  43543

 1  2  1  2  5 ，即得分不低于 10 分的概率为 5 ．
5151056
6
…（7 分）
（2）记“小红通过考试”为事件 B ，
则 P(B)  1  3  1  7  3  3  3  3  3 
21  27
 39 ，
4 104 10 104 10 1040400400200
39
即小红通过考试的概率为
200
．（15 分）
17．（本小题满分 15 分）
解：（1）因为2sin B cs A  sin Acs C  cs Asin C ，所以2sin B cs A  sin( A  C)  sin(π  B)  sin B ，
又 B (0，π) ，所以sin B  0 ，所以cs A  1 ，
2
又 A (0，π) ，所以 A  π ，
3
所以 B  C  π  A  2π ．（7 分）
3
（2）由余弦定理 a2  b2  c2  2bc cs A ，所以 a2  22  12  2  2 1 1  3 ，所以 a  3 ，
2
所 以
AD 
b2  a2  c2 ， 即
AB2  BD2

B  π ， 如 图 5 ， 在 Rt△ABD 中 ，
2
12  
3 
2
 2 

7
．
2图 5
…（15 分）
18．（本小题满分 17 分）
b  1
解：（1）因为函数 f (x) 是定义域为 R 的奇函数，所以 f (0)  2  0 ，得b  2 ，
a  1
2
 1  1
又 f (1)   f (1) ，即 2  
a  1
4
2  1
a  1 ，解得 a  2 ，
则 f (x) 
2x  1
2x  1 ，经检验符合题意．（4 分）
2x  12
由已知得 f (x) 
，则 f (x)  1 ，
2x  12x  1
任取 x ，x ，且令 x  x
，则 f (x )  f (x )  1 2  1 2


1212
122x1  1 
2x2
 1 
22
2(2x2  1)
2(2x1  1)
2(2x2  2x1 )
121212
2x  12x  1(2x
 1)(2x  1)(2x
 1)(2x  1)
(2x  1)(2x  1)0 ，
12
得到 f (x1)  f (x2 )  0 ，故 f (x1)  f (x2 ) ，则 f (x) 是减函数．
…（10 分）
由题意得 f (kx)   f (x2  4) 在 x [1，4] 时恒成立，
因为 f (x) 是单调递减的奇函数，所以 f (kx)  f (4  x2 ) ，即kx  4  x2 在 x [1，4] 时恒成立，
得到 k  x  4 ，且令 g(x)  x  4 ，即 k  g(x)
恒成立，
xxmin
x  4
x
又 x  4≥2
x
 4 ，当且仅当 x  2 时等号成立，得到 g(x)
min
 4 ，得到 k  4 ，
即 k (，4) ．（17 分）
19．（本小题满分 17 分）
证明：取 PD 的中点 N ，连接 AN，MN， 则 MN∥CD，MN  1 CD ，
2
又 AB∥CD，AB  1 CD ，所以 MN∥AB，MN  AB ，则四边形 ABMN 为平行四边形，
2
所以 AN∥BM， 因为 BM  平面 PAD， 所以 BM∥平面 PAD ．（4 分）
证明：由（1）知 AN∥BM ，又 BM  平面 PCD，
∴ AN  平面 PCD， ∴ AN  PD，AN  CD ，
由 ED  EA ，即 PD  PA 及 N 为 PD 的中点，可得△PAD 为等边三角形，
∴PDA  60， 又EDC  150 ，∴CDA  90 ，即CD  AD，
又 AD ∩ AN  A， ∴CD  平面 PAD ．（9 分）
解： AB∥CD， ∴PCD 为直线 PC 与 AB 所成的角，
由（2）可得PDC  90 ，∴tan PCD  PD  1 ，
CD2
∴CD  2PD，
设 PD  1， 则CD  2，PA  AD  AB  1 ，取 AD 的中点O ，连接 PO ，
易知 PO  平面 ABCD ，过O 作 AB 的平行线，可建立如图 6 所示的空间直角坐标系О  xyz ，
D   1 ，0，0 ，B  1 ，1，0 ，
3 

，0，，
–––→
 (1，1，0)
–––→   1 ，1， 3 ，
则  2
 2
 P  0
所以 DB
2
，PB 22 

→
设 n  (x，y，z) 为平面 PBD 的法向量，
→ –––v
x  y  0
n • DB  0
则→ –––v
•

，
即1 x  y 
3 z  0 ，取 x  3 ，
n PB  0
–→
则 n1  (3， 3，
 22
为平面 PBD 的一个法向量，图6
––→
n1 • n2
–→ ––→
| n1 || n2 |
–→ ––→
又平面 BCD 的法向量 n2  (0，0，1) ，
3
21
7
–→ ––→
则| csn1，n2  | 7 ，
由图易知二面角 P  BD  C 的平面角为钝角，
所以二面角 P  BD  C 的余弦值为
7 ．（17 分）
7