四川省达州市外国语学校2025-2026学年高二上学期9月月考数学试题含答案解析

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考试时间：120分钟；满分：150分
一、单选题（本大题共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. 复数的虚部是（ ）
A. 20B. C. D. 25
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数虚部的含义可得答案.
【详解】的虚部是20.
故选：A
2. 已知向量．若，则实数的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量垂直，数量积为0列式，可求的值.
【详解】因为，所以.
故选：D
3. 如图，已知的平面直观图是等腰直角，且，，则的面积是（ ）

A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直观图的画法求出原图形的长度即可求出面积.
【详解】因为是等腰直角三角形，，
所以，且，，
，所以原平面图形的面积是.
故选：A．
4. 在正方体中，异面直线与所成角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据线线角求法，将异面直线平移至同一平面内，求得正确答案.
【详解】画出图象如下图所示
根据正方形的性质可知
所以是直线与所成角
由于三角形是等边三角形
所以
即直线与所成的角的大小为
故选：
5. 若事件与相互独立，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用和事件及独立事件概率公式即得.
【详解】∵事件与相互独立，且，，
∴.
故选：D.
6. 为调查某地区中学生每天睡眠时间，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现抽取初中生800人，其每天睡眠时间均值为9小时，方差为1，抽取高中生1200人，其每天睡眠时间均值为８小时，方差为0.5，则估计该地区中学生每天睡眠时间的方差为（ ）
A. 0.96B. 0.94C. 0.79D. 0.75
【答案】B
【解析】
【分析】利用抽样中样本平均数、方差与总体平均数、方差之间的关系式即可算出．
【详解】该地区中学生每天睡眠时间的平均数为：（小时），
该地区中学生每天睡眠时间的方差为：．
故选：B．
7. 在棱长为2的正方体中，M为线段上一动点，求的最小值（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将绕翻折至与共面，当共线时，最小，再由余弦定理求解即可.
【详解】连接，如图，
由正方体的性质可得为等腰直角三角形，故，
为直角三角形，，
将图中绕翻折至与共面，如图，
所以由图可知，共线时，最小，
此时，
由余弦定理可知，
所以最小值为.
故选：B
8. 某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：

在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200 mm，高为300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150 mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是
A. 小雨B. 中雨C. 大雨D. 暴雨
【答案】B
【解析】
【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
【详解】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，
所以积水厚度，属于中雨.
故选：B.
二、多项选择题：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. 在图示正方体中，O为BD中点，直线平面，下列说法正确的是（ ）．
A. A，C，，四点共面B. ，M，O三点共线
C. 平面D. 与BD异面
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据点与线、点与面、线与面的位置关系判断即可.
【详解】由正方体性质，，所以A，C，，四点共面，A正确；
直线交平面于点，
平面，直线，又平面，平面，
为的中点，平面，底面为正方形，所以为的中点，
平面，且平面，又平面，且平面，
面与面相交，则，，在交线上，即三点共线，故选项正确；
平面平面，平面，
但，所以平面，C错误；
平面，面，，
所以与BD为异面直线，D正确.
故选：ABD
10. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A. 的平均数等于的平均数
B. 的中位数等于的中位数
C. 的标准差不小于的标准差
D. 的极差不大于的极差
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.
【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为，
则，
因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，
例如：，可得；
例如，可得；
例如，可得；故A错误；
对于选项B：不妨设，
可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；
对于选项C：举反例说明，例如：，则平均数，
标准差，
，则平均数，
标准差，显然，即，
所以的标准差不小于的标准差，这一论断不成立，故C错误；
对于选项D：不妨设，
则，当且仅当时，等号成立，故D正确；
故选：BD.
11. 若四面体各棱长均为1或2，但不是正四面体，则该四面体外接球的表面积可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】设四面体的外接球的球心为，半径为，分三种情况讨论①若一条棱长，其余各棱棱长均为2，②若其中一组对棱相等且长度为1，其余棱长为2，③三棱锥为正三棱锥，且侧棱长为2，是边长为1的等边三角形.根据对称性确定球心位置，由球心到各顶点距离相等列式可求半径，进而得到四面体外接球的表面积.
【详解】设四面体的外接球的球心为，半径为，表面积为，
依题意，四面体长为1的棱最多有3条，分以下三种情况讨论：
①若，其余各棱棱长均为2，取的中点，连接、，
由，为中点，得，,，
则，，
根据对称性，球心在上，设，则，
由，得，解得，
因此，B可能；
②若其中一组对棱相等，不妨设，其余各棱棱长均为2，取的中点，连接，
由，，为的中点，得，
则，，，
根据对称性，球心为中点，因此，A可能；
③三棱锥为正三棱锥，且侧棱长为2，是边长为1的等边三角形，
设顶点在底面内的射影点为，连接、，
则是底面正三角形的中心，且，，
根据对称性，球心在直线上，设，则，
由得，解得，
因此，C可能.
故选：ABC
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，答案填在答题卡对应题号后的横线上）．
12. 已知扇形的半径为6，圆心角为，则扇形弧长为_______.
【答案】
【解析】
【分析】利用弧长公式即可求解.
【详解】根据弧长公式，，
故答案为：
13. 若一个圆台上、下底面圆的半径分别为3和8．母线长为13，则该圆台的体积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出圆台的高，再由圆台的体积公式求解即可．
【详解】因为圆台的上、下底面半径分别为3和8，母线为13，
所以圆台的高为：，
由圆台的体积公式，
求得圆台体积为：．
故答案为：
14. 在中，，，D是BC 的中点，E 是的内心，则_______
【答案】3
【解析】
【分析】根据给定条件，结合三角形面积定理可得，再利用数量积的运算律及余弦定理求解.
【详解】令的内角所对边分别为，延长交于，连接，
由E 是的内心，得分别平分，
，，
同理，即，令，
则，即，
因此，，
又，于是
，
由余弦定理得，
则，所以.
故答案为：3
四、解答题（本大题共5小题，其中15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）．
15. 如图，在棱长为3的正方体中，分别为棱的中点．
（1）证明：；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，结合中位线证明出结论；
（2）求出底面积和高，利用锥体体积公式求出答案.
【小问1详解】
连接，
因为分别为棱的中点，
所以，
因为正方体的棱长为3，
所以，，
故四边形为平行四边形，
所以，
故；
【小问2详解】
由题意得，正方形的面积为，
，，
故，
又⊥平面，故⊥平面，
三棱锥的体积为.
16. 已知分别为三个内角的对边，且．
（1）求；
（2）若，且的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得，进而得到，根据角范围即可求解；
（2）由，求得，由得，由余弦定理得，即可求得的周长.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，
因为，可得，所以，
若，则，不合题意，故，所以，
又因为，所以.
【小问2详解】
因为的面积为，可得，可得，
又因为，所以，由余弦定理，
可得，所以，
所以的周长为.
17. 为弘扬传统文化，某校举办了传统文化知识竞赛，满分为100分，所有参赛学生的成绩都不低于50分．现从中随机抽取了50名学生的成绩，按照，分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图．
（1）求频率分布直方图中的值，并估计所抽取的50名学生成绩的平均数、中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
（2）若利用分层抽样的方法从样本中成绩不低于70分的学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求恰有1人成绩在的概率．
【答案】（1），平均数为分，中位数为分；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形面积之和为可求得的值，将每个矩形的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加可得平均数，根据中位数左边的矩形面积之和为可求得中位数的值；
（2）分析可知后三组中所抽取的人数分别为，将这人进行标记，列举出所有的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【小问1详解】
由已知可得，解得，
所抽取的名学生成绩的平均数为（分），
由于前两组的频率之和为，前三组的频率之和为，
所以，中位数，由题意可得，解得（分）.
【小问2详解】
由（1）可知，后三组中的人数分别为，故这三组中所抽取的人数分别为，
记成绩在这组的名学生分别为，成绩在这组的名学生分别为，成绩在这组的名学生为，
则从中任抽取人的所有可能结果为、、、、、、、、、、、、、、，共种.
其中恰有人成绩在为、、、、、、、共种.
故所求概率为.
18. 已知平面向量，，且．求：
（1）向量在向量上的投影向量；
（2）的值；
（3）向量与夹角的余弦值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由已知及数量积的运算律得，再由投影向量的定义求向量在向量上的投影向量；
（2）应用向量数量积的运算律求向量的模长；
（3）应用向量数量积的运算律及夹角公式求向量与夹角的余弦值.
【小问1详解】
由，得，即，
向量在向量上的投影向量是；
【小问2详解】
由；
【小问3详解】
，

所以.
19. 甲、乙两支篮球队进入某次决赛，比赛采用“主客场比赛制”，具体赛制如下：若某队两场比赛均获胜或一胜一平，则获得冠军；若某队两场比赛均平局或一胜一负，则通过加时赛决出冠军.现假定甲队在主场获胜的概率为，平局的概率为，其中；甲队在客场获胜和平局的概率均为；加时赛甲队获胜的概率为.不同对阵的结果相互独立，假设甲队先主场后客场.
（1）已知.
（i）求甲队通过加时赛获得冠军的概率；
（ii）求甲队获得冠军的概率.
（2）除“主客场比赛制”外，也经常采用在第三方场地的“单场比赛制”：若某队比赛获胜则获得冠军；若为平局，则通过加时赛决出冠军.假定甲队在第三方场地获胜的概率为，平局的概率为，加时赛甲队获胜的概率为.问哪种赛制更有利于甲队夺冠？
【答案】（1）（i）；（ii）
（2）“主客场比赛制”比第三方场地的“单场比赛制”更加有利于甲队夺冠
【解析】
【分析】（1）（i）先分析出事件即甲队通过加时赛获得冠军，包含甲队主胜客负，主负客胜，主平客平三种情况，然后加时赛获胜，得到的表达式，将代入计算即可；（ii）先分析出事件即甲队获得冠军包含甲队加时赛胜，主胜客胜，主胜客平，主平客胜四种情况，得到的表达式，将代入计算即可；
（2）先分析出事件即在第三方场地的“单场比赛制”下甲队获胜包含甲队胜，甲队平且加时赛胜两种情况，得到的表达式，分析出的取值范围，借助的取值范围得到，的大小关系即可知哪种赛制更有利于甲队夺冠.
【小问1详解】
（i）设甲队通过加时赛获得冠军为事件，
则事件包含甲队主胜客负，主负客胜，主平客平，然后加时赛获胜，
所以.
因为，所以；
（ii）设甲队获得冠军为事件，
则事件包含甲队加时赛胜，主胜客胜，主胜客平，主平客胜，
则.
因为，所以.
【小问2详解】
在第三方场地的“单场比赛制”下，将甲队获胜记为事件，
则事件包含甲队胜，甲队平且加时赛胜，
则，
因为，所以，此时，符合题意，
，
因为，，，所以，
即“主客场比赛制”比第三方场地的“单场比赛制”更加有利于甲队夺冠.
等级
24h降雨量（精确到0.1）
……
……
小雨
0.1~9.9
中雨
10.0~24.9
大雨
25.0~49.9
暴雨
50.0~99.9
……
……