四川省眉山市仁寿第一中学校（南校区）2025-2026学年高二上学期9月月考数学试题含答案

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考试时间：120分钟 试卷总分：150分
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题58分）
一、单选题单选题：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. 设（为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据复数代数形式的乘法运算法则化简，再根据复数模的计算公式计算可得；
【详解】解：因为，所以，所以；
故选：B
2. 已知圆锥的侧面展开图为一个半径为18，圆心角为120°的扇形，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别求出圆锥的底面半径和高即可求出圆锥的体积.
【详解】解：由题意
在圆锥中，设底面半径为
圆锥的侧面展开图为一个半径为18，圆心角为120°的扇形
∴
解得：
由几何知识得
圆锥的高：
∴圆锥体积：
故选：C.
3. 如图，是水平放置的的斜二测直观图，其中，.则以下正确的有（ ）
A. B. 是等腰直角三角形
C. D. 的面积为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据直观图画出原图，逐一分析，计算判断，即得正确答案.
【详解】画出原图如下图所示，
根据斜二测画法的知识可知：，则,
即三角形是等腰直角三角形，面积为.故A, B, C项正确，D项错误.
故选：ABC.
4. 在中，已知，，，则（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据两角和差的正弦公式计算，再结合正弦定理即可.
【详解】由题意可知，，
又，
则由正弦定理可得，.
故选：D
5. 要得到函数的图象，只需的图象
A. 向左平移个单位，再把各点的纵坐标伸长到原来的倍（横坐标不变）
B. 向左平移个单位，再把各点的纵坐标缩短到原来的倍（横坐标不变）
C. 向左平移个单位，再把各点的纵坐标伸长到原来的倍（横坐标不变）
D. 向左平移个单位，再把各点的纵坐标伸长到原来的倍（横坐标不变）
【答案】D
【解析】
【分析】先将函数的解析式化为，再利用三角函数图象的变换规律得出正确选项.
【详解】，
因此，将函数的图象向左平移个单位，再把各点的纵坐标伸长到原来的倍（横坐标不变），可得到函数的图象，故选D.
【点睛】本题考查三角函数的图象变换，处理这类问题的要注意以下两个问题：
（1）左右平移指的是在自变量上变化了多少；（2）变换时两个函数的名称要保持一致.
6. 如图，在三棱柱中，，，底面，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，将异面直线与所成的角转化为或其补角，即可求解．
【详解】在三棱柱中，，
异面直线与所成的角为或其补角，
连接，底面，平面，
，又，，
平面，
又平面，，
由，可得，
，，
又，，
在△中，，
即异面直线与所成角的余弦值为．
故选：A．
【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
7. 已知，，且，，则（ ）
A. 1B. 0C. -1D.
【答案】B
【解析】
【分析】判断，的范围，求得，，将化为，利用两角差的余弦公式即可求得答案.
【详解】因为，,
所以，,
因，所以,
因为，所以,
所以
,
故选：B
8. 如图所示，半径为4的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱的侧面积之差为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设圆柱的底面半径为、高分别为，得，即，得到圆柱的侧面积，求得圆柱的侧面积最大值，进而可求解球的表面积与圆柱的侧面积之差，得到答案．
【详解】由题意知，球的半径，所以球的表面积为.
设圆柱的底面半径为、高分别为，则，得，
即，
所以圆柱的侧面积
，
所以当，即时，圆柱的侧面积最大，最大值为.
此时球的表面积与圆柱的侧面积之差是.
【点睛】本题主要考查了球的表面积和圆柱的侧面积公式的应用，以及组合体的性质的应用，其中解答中根据组合体的性质，得到圆柱的底面半径和高的关系，求得圆柱的侧面积的表示是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力．
二、多选题：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. 在平行四边形中，点，分别是边和的中点，是与的交点，则有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】对A，B，由向量的加法法则即可判断；对C，D，由向量的加法法则以及三角形重心的性质即可判断.
【详解】解：如图所示：
对A，，
又，
即，故A正确；
对B，，故B错误；
对C，设为与的交点，
由题意可得：是的重心，
故，
，故C正确；
对D，，故D错误.
故选：AC.
10. 三角形三边所对的角为，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 若面积为，则周长的最小值为12
C. 当，时，D. 若，，则面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意可得，选项A：利用正弦定理边角互化结合余弦定理即可求角的大小；选项B：由三角形面积和角可得，利用均值不等式求周长最小值即可；选项C：利用边角互化后得到的解即可；选项D：利用正弦定理求，然后后面积公式求解即可.
【详解】因为，
由题意可得，
整理得，
由正弦定理边角互化得，
又由余弦定理得，所以，A正确；
当时，，所以，当且仅当时等号成立，
所以，即，
所以，B正确；
由当，时，，解得，C错误；
由，得，由正弦定理得解得，
又因为，
所以，D正确；
故选：ABD.
11. 如图直角梯形中，，，，E为中点.以为折痕把折起，使点A到达点P的位置，且则（ ）
A. 平面平面B.
C. 二面角的大小为D. 与平面所成角的正切值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】
先证明平面，得，再结合，即证平面，所以平面平面，判断A正确；利用投影判断，判断B正确；先判断即为二面角的平面角，再等腰直角三角形判断，即C正确；先判断为与平面所成的角，再求正切，即知D错误.
【详解】由题易知，又，，
所以，所以，
又，，所以平面，
所以，又，，
所以平面，
又平面，所以平面平面，故A正确；
在平面内的射影为，
又为正方形，所以，，故B正确；
易知即为二面角的平面角，
又，，所以，故C正确；
易知为与平面所成的角，
又，，，
所以，故D错误.
【点睛】求空间中直线与平面所成角常见方法为：
（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；
（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；
（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.本题使用了定义法.
第II卷（非选择题92分）
三、填空题本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，，且，则与的夹角为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据数量积的运算律求出，再根据计算可得；
【详解】解：因为，，且，
所以，即，即，
所以，设与的夹角为，
所以，因为，
所以；
故答案为：
13. 如图，货轮在海上以40海里时的速度由向航行，航行的方向角，处有灯塔，其方位角，在处观察灯塔的方位角，由到需航行0.5小时，则到灯塔的距离是___________海里.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件求解出，的大小，然后根据正弦定理求解出，则到灯塔的距离可求.
【详解】因为，，
所以，
又，所以，
所以，
所以，
又因为海里，且，
所以海里，
故答案为：.
14. 如图，已知边长为4的菱形中，.将菱形沿对角线折起得到三棱锥，二面角的大小为60°，则直线与平面所成角的正弦值为______.
【答案】
【解析】
【分析】由，可算得点C到平面的距离为d，又由直线BC与平面所成角的正弦值为，即可得到本题答案.
【详解】∵四边形是菱形，，
，
为二面角的平面角，
，
是等边三角形.
取的中点，连接，则.
，
平面，
又平面，平面，
平面，
，
，
的边上的高，
，
设点到平面的距离为，则.
，，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题主要考查立体几何与折叠图形的综合问题，其中涉及到直线与平面所成角的求解.
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. 已知向量与的夹角，且，．
（1）求，；
（2）求在方向上的投影向量的模．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据数量积的运算公式即可求解，向量的模，结合数量积公式，可解得；(2)利用向量投影公式计算模.
【小问1详解】
由已知，得．
；
【小问2详解】
，
在方向上的投影向量的模为．
16. 在中，的对边分别为.
（1）若，求值；
（2）若的平分线交于点，求长度的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得出，再由余弦定理求得结果；
（2）设，把表示成两个三角形的面积和，表示出，再求其取值范围；
【小问1详解】
已知，
由正弦定理可得，
，
，
，
， 即，
.
【小问2详解】
由（1）知，由，则.
设，，
，，
.
17. 如图，在四棱锥O﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，，平面，，为的中点，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先求证以及，再利用线面垂直的判定定理即可；
（2）取线段的中点，求证四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可；
（3）求出各边长，利用棱锥的体积公式计算即可.
【小问1详解】
连接，
因为平面，平面，所以，
因四边形为菱形且，则为正三角形，
又为的中点，则，
又，平面，则平面.
【小问2详解】
设为线段的中点，连接、，
因为的中点，则，且，
又且，为的中点，则且，
则四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，则平面；
【小问3详解】
∵，为正三角形，
∴，
∵，为的中点，
∴，
∴，
故三棱锥的体积为.
18. 已知函数（其中，，，）的部分图象如图所示，是图象的最高点，为图象与轴的交点，为坐标原点.若，，.
（1）求的大小；
（2）求函数的解析式；
（3）若，，求的值.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）在中，由余弦定理求出，即可求出的大小；
（2）根据图象可计算出最高点，即求出A，找出周期，根据，求出，再将代入即可求出，即求出解析式.
（3）根据关系可求出，然后计算出，利用展开求解.
【详解】（1）在中，,
;
（2）由（1）知，即，
，周期，
即，，
将代入，得，
，，
；
（3），
，
，，
，
.
【点睛】本题考查了根据余弦定理求角，根据三角函数图象求解析式，以及相关角的三角函数的求法.
19. 欲在某湿地公园内搭建一个形状为平面凸四边形的休闲、观光及科普宣教的平台，如图所示，其中（单位：百米），（单位：百米），为正三角形.建成后将作为人们旅游观光、休闲娱乐的区域，将作为科普宣教文化的区域.

（1）当时，求旅游观光、休闲娱乐的区域的面积；
（2）求旅游观光、休闲娱乐的区域面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）中由余弦定理得，再由勾股定理（或由正弦定理）可得可得答案；
（2）不妨设，，在中，在中，由余弦定理得，在中，由正弦定理得，所以，再根据的范围可得答案，
【小问1详解】
在中，∵，
由余弦定理得，
∴，（或由正弦定理得：）
∴，，
∵为等边三角形，∴，，∴，
∴；
【小问2详解】
不妨设，，，
∴在中，，
在中，由余弦定理得，
，∴，
在中，由正弦定理得，
∴.
当且仅当时，等号成立，
∴面积最大为.