安徽省A10联盟2025-2026学年高二上学期9月学情调研数学试卷（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页安徽省A10联盟2025-2026学年高二上学期9月学情调研数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知复数，则（

）A． B．3 C．4 D．53．用分层随机抽样的方法从某校学生中抽取1个容量为60的样本，其中高一年级有25人，高三年级有15人.已知该校高二年级共有学生600人，则该校学生总人数为（

）A．1440 B．1600 C．1800 D．24004．已知，则（

）A． B． C． D．5．在中，点在上，满足，则（

）A． B．C． D．6．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2，圆心角为的扇形，则该圆锥表面积为（

）A． B． C． D．7．正实数满足函数，则实数之间的大小关系为（

）A． B．C． D．8．在锐角中，已知，则的最小值为（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知是随机事件，且，则下列说法正确的有（

）A．与可能为互斥事件B．若，则与相互独立C．若，则D．若与相互独立，则10．已知函数，则下列说法正确的有（

）A．B．有3个实数根C．若有4个实数根，从小到大分别为，则D．若有8个实数根，则11．如图，在直四棱柱中，，底面为菱形，且点为棱柱内部（含表面）的点，满足为棱的中点．则下列说法正确的有（

）

A．不存在点的位置，使得B．直线与所成角的范围是C．若，则点的轨迹长度为D．若点在上，且时，点到平面的距离为三、填空题12．已知，且，则.13．若命题“”为假命题，则的取值范围为.14．设函数.如果对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围为.四、解答题15．已知复数是关于的方程的两个根，且.(1)求的值；(2)记复数在复平面内对应的点分别为，已知为坐标原点，且，求复数.16．某中学举行了一次“数学文化知识竞赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（单位：分，得分取正整数，）作为样本进行统计，将成绩进行整理后，分为六组（如图）：

(1)求的值；(2)如果用按比例分层抽样的方法从样本成绩为和的学生中共抽取6人，再从6人中选2人，求2人中有来自组的学生的概率；(3)学校在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的成绩：，已知这10个成绩的平均数，标准差，若剔除其中的94和86两个成绩，求剩余8个成绩的平均数与方差.17．已知中，角所对的边分别为，点在边上，且平分.(1)求的大小；(2)若，求的长.18．如图，在四棱锥中，，，，分别为的中点.(1)证明：平面；(2)若，且点到四点距离都相等.（i）求四棱锥的体积；（ii）求的长.19．（1）求函数的单调区间；（2）证明：方程有两个实数根，并求的值；（3）已知函数（为常数），若在上有两个零点，.证明：.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《安徽省A10联盟2025-2026学年高二上学期9月学情调研数学试卷》参考答案题号12345678910答案CDCACBABBCABC题号11答案BD1．C【分析】根据集合的描述确定集合中的元素，再根据补集的定义求出【详解】已知,表示是自然数,表示也是自然数当时,;当时,;当时,;当时,;当时,,不满足所以集合已知全集,根据补集的定义：对于一个集合,它的全集中的补集是由所有不属于但属于的元素组成集合,在全集中去掉集合中的元素得到.故选:2．D【分析】利用复数的模的运算性质计算.【详解】因为，所以.故选：D.3．C【分析】设该校学生总人数为，先求出样本中高二学生人数，再结合分层抽样的性质列方程，解方程求即可.【详解】设该校学生总人数为，由题意，样本容量为，样本中高一年级学生有25人，高三年级学生有15人，故样本中高二年级学生有人，由题意，解得，即该校学生总人数为.故选：C.4．A【分析】利用辅助角公式由题设条件推得，再用二倍角公式即可求得答案.【详解】由可得，得，则.故选：A.5．C【分析】根据向量的线性运算求解即可.【详解】根据题意可知.故选：C6．B【分析】结合圆锥的侧面积公式求得侧面积．根据题意求得圆锥的底面圆的半径，最后利用圆锥的表面积公式即可求解．【详解】因为圆锥的侧面展开图是一个半径为2，圆心角为的扇形，所以圆锥的侧面积为设圆锥的底面半径为，底面圆的周长等于扇形的弧长可得：，解得所以圆锥底面的面积为因此圆锥表面积为．故选：B.7．A【分析】将正实数满足函数，转化为相应函数图象的交点问题，数形结合，即可求解.【详解】由题意知正实数满足函数，不妨设分别为即正实数是的解，即为的图象和直线交点的横坐标，是的解，即为的图象和直线交点的横坐标，是即的解，即为的图象和直线交点的横坐标，分别作出函数，，以及的图象，由于与在第一象限有两个交点，且交点的横坐标分别为2，4，当时，,由于,结合图象可知，即，故选：A8．B【分析】利用正弦定理将已知式子化为.作于，设，即可求出.根据三角形内角和性质及两角和的正切公式，将所求用表示，计算化简，利用基本不等式求其最小值.【详解】由可得，由正弦定理可得，如图，作于，设，因为，所以，化简得，解得，易知，，所以，因此＝＝＝，当且仅当时取得最小值.故选：B

9．BC【分析】由题设结合独立事件、互斥事件的定义、概率公式与性质逐项判断即可.【详解】选项A：因为，所以，与不可能为互斥事件，A说法错误；选项B：因为，所以若，则与相互独立，B说法正确；选项C：若，则，C说法正确；选项D：若与相互独立，则与也相互独立，证明如下：因为与互斥，且，所以，所以，即与也相互独立，所以，因为，所以，代入得，D说法错误；故选：BC10．ABC【分析】对于A，B只需代值计算，根据自变量范围进行取舍即得；对于C，则需要作出函数的图象，利用函数与方程的关系，结合函数的对称性和图象变换，由双勾函数的单调性即可判断C项，对于D，设，结合图象，将问题转化为方程在上有两个相异实根的问题，利用一元二次方程的根的分布列出不等式组计算即得参数范围.【详解】对于A，由题意，，故A正确；对于B，当时，由可得，解得，因，故得；当时，由可得，或，解得或，故有、、共三个实数根，故B正确；对于C，作出函数的图象，由时，，且，可知当时，直线与函数有两个交点；又由时，，当时，直线与函数均有两个交点，故由有4个实数根可得，，由图知，，，则，解得，又由解得，由解得，则有，于是，因函数在单调递减，故，则，故C正确；对于D，设，则方程即，由图知，要使原方程有8个实数根，需使有两个相异实根，且，，则由解得或，设，依题意，需使，则得，综上，可得，故D错误.故选：ABC.11．BD【分析】连接，判断点为平行四边形内部（含边上）的点．A：考虑当P点在上时；B：与夹角即为与夹角，求出最大值和最小值即可得范围；C：以B为球心，2为半径的球的表面与平行四边形的交线即为点的轨迹，为半圆弧，求其长度即可；D：P为AC与BD的交点，再根据求解即可．【详解】连接，

，，∴四边形是平行四边形，∵点为棱柱内部（含表面）的点，且满足，∴点为平行四边形内部（含边上）的点．A：当P点在上时，由平面，平面，可知，故选项A错误；B：∵，∴与夹角即为与夹角，当P在上时，与夹角最小，即为；当P点在上时，平面，平面，则，夹角最大，为；故直线与所成角的范围是，故B正确；C：若，则以B为球心，2为半径的球的表面与平行四边形的交线即为点的轨迹，如图：

连接交于，由易知平面，故圆弧为以为圆心，为直径的半圆弧，其长度为，故C错误；D：

设，由，知平面，又平面，即若点在上，且时，为与的交点．平面平面平面，，到平面的距离与到平面的距离相等，均为2．故．连接，取中点为，连接，由余弦定理易求，则，，则，在△中，由余弦定理得，∴，∴，∴根据可得点D到平面的距离为，故D正确．故选：BD．12．6【分析】由，再根据向量数量积的线性运算即可.【详解】,.故答案为：6.13．【分析】根据特称命题为假命题，可知“”为真命题，由此分离参数，即可求得答案.【详解】由题意知命题“”为假命题，则命题“”为真命题，即，由于，时取等号，故，所以，即的取值范围为，故答案为：14．【分析】先利用奇函数定义得到函数为奇函数，然后再求出为增函数，即可求得，即，再求出，即可求解.【详解】由题意得对于任意，有，所以函数为奇函数.又因为与在上单调递增，所以在上是增函数，所以，即，即对任意都成立，由，其中，所以，所以，解得.故实数的取值范围为.故答案为：.15．(1)，(2)【分析】（1）由实系数一元二次方程的解的特点易得另一个根，由韦达定理即得；（2）应用向量的加减法化简得出，最后结合（1）应用复数的加法计算求解.【详解】（1）由已知得，也是方程的一个根，由韦达定理得，，，即，；（2）因为，所以，则，故.16．(1)(2)(3)平均数为90，方差为27.25【分析】（1）根据频率之和为1即可求解，（2）根据分层抽样比求解人数，即可列举所有可能结果，利用古典概型的概率公式即可求解，（3）根据平均数以及方差的计算公式即可求解.【详解】（1）由图可知：，解得，（2）样本成绩位于和的比例为，故所抽取的6个人中，来自的人数为，设这两个人为来自的人数为，设这4个人为，则从6个人中随机抽取2个人的所有情况有：，2人中有来自组情况有故2人中有来自组的学生的概率为，（3）由，可得，则剔除其中的94和86两个分数，剩余8个数平均数为；又标准差，故，则，则剩余的8个数的方差为.17．(1)(2)【分析】（1）根据正弦定理可化为，结合内角和公式两角和正弦公式化简可得，结合角的范围可求结论；（2）由（1）根据余弦定理可得，结合条件求，，由关系结合面积公式列方程求.【详解】（1）设的外接圆半径为，由正弦定理可得，故，，，因为，所以，所以，又，所以，所以，因为，所以，所以，故，又，所以，（2）由（1），由余弦定理可得，故，又，所以，，因为，所以，因为平分，所以，所以，所以，所以，所以.

18．(1)证明过程见解析(2)（i）（ii）【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理、面面平行的判定定理和性质定理进行证明即可；（2）（i）根据线面垂直的判定定理，结合棱锥的体积公式进行求解即可；（ii）建立空间直角坐标系，利用空间两点间距离公式进行求解即可.【详解】（1）因为为的中点，所以，又，所以四边形是平行四边形，所以，设的中点，连接，因为为的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面，因为分别为的中点，所以，又因为，所以，因为平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，而平面，所以平面；（2）（i）因为，为的中点，所以，于是有，由（1）可知四边形是平行四边形，所以，因为，所以，而平面，所以平面，因此四棱锥的体积为；（ii）因为，，所以，于是两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，，因为点到四点距离都相等，所以，所以.19．（1）的单调增区间为，单调减区间为；（2）证明见解析，；（3）证明见解析.【分析】（1）根据题意，令，结合二次函数的单调性以及对数函数的单调性，即可得到结果；（2）由（1）中的结论可得函数的单调性，然后结合零点存在定理代入计算可得，从而得到结果；（3）由韦达定理可得，将式子平方，然后结合两角的平方关系可得，再由正弦函数的单调性即可证明.【详解】（1）由对数函数性质可得的定义域为，令，即可化为，由二次函数性质可得在上单调递增，在上单调递减，由对数函数性质可得在上单调递增，令，解得，则在上单调递增，令，解得，则在上单调递减，综上，的