贵州省名校协作体2025-2026学年高二数学上学期期中质量监测一含解析

贵州省名校协作体2025-2026学年高二上学期质量监测（一）

数学试题

一、单选题

1．命题“xR，有x2x10成立”的否定为（）

A．xR，有x2x10成立B．xR，有x2x10成立

C．xR，有x2x10成立D．xR，有x2x10成立

2．已知复数z满足zi12i，则z（）

55

A．5B．C．5D．

22

3．已知集合Ax,yx,yN*,yx，集合Bx,yxy6，则AB中元素的个数为（）

A．3B．4C．5D．6

4．设a4,5，b1,1，则a在b方向上的投影向量为（）

11112222

A．,B．,C．,D．,

22222222

ππ3

5．已知0,，若sinα，则sin（）

245

227272

A．B．C．D．

10101010

6．已知定义在R上的奇函数fx满足当x0时，fxx23xa，若fx在区间ma,ma1上单

调递增，则m的取值范围是（）

5335

A．,B．,

2222

3553

C．,,D．,,

2222

7．如图，球O1同时与正四面体PABC的四个面相切，球O2同时与正四面体PABC的三个面相切，且

与球O1外切，则球O1和球O2的半径比为（）

A．2:1B．3:1C．4:1D．5:1

8．已知函数fx3sinx4cosx在xx1处取得最大值，若gx3cosx4sinx在xx2处取得最大值，

则x1与x2的关系可能为（）

3ππ

A．xxB．xx

212122

5π5π

C．xxD．xx

122212

二、多选题

9．已知空间中两条不重合的直线l，m，两个不重合的平面，，则下列命题为真命题的是（）

A．若l，//，m，则lmB．若l，l//，则

C．若，m，lm，则lD．若l，//，则l//

10．已知函数fx2cos3xπ0的部分图象如图所示，下列说法正确的是（）

π

A．

4

π

B．点A的坐标为,0

3

π

C．当x0,时，函数fx的值域是0,2

4

π

D．函数fx的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数是奇函数

12

11．在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，已知ABADAA11，A1ABA1ADBAD60，O是BC1中

点，则（）

11

A．AOABADAA

221

B．线段A1C的长度为3

π

C．直线AC与BB所成的角为

112

2

D．直线A1C与平面ABCD所成角的正切值

4

三、填空题

12．一个样本容量为4的样本的平均数为15，现样本加入新数5，此时样本数据的和为.

13．实心圆锥PO的底面直径为6，高为4，过PO中点O作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个

圆柱，如图所示，则剩下几何体的表面积是.

14．在ABC中，AB2AC，AD2DB，AE3EC，CD与BE交于F，若AFBC0，则BAC.

四、解答题

π

15．如图，在三角形ABC中，内角A、B、C的对边分别为a，b，c，AB2，点D在BC上，且CAD，

6

2acosBcosC2ccosAcosBb0.

(1)求B的大小；

(2)若AC23，求AD的长.

16．如图，在五面体ABCDEF中，平面ABCD平面CDEF，DC∥EF，ABBE，ADDC，ABDC.

(1)证明：ABDC；

(2)证明：平面ABFE平面BCE.

17．齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下

等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现齐王与田忌各出上等马、中等马、下等马一

匹，进行三场比赛，每场双方均任意选一匹马参赛，胜两场或两场以上的人获得这次比赛的胜利，

(1)求田忌获胜的概率；

(2)若某月齐王与田忌进行了这样的三次比赛，并且各次比赛结果互不影响，求田忌至少赢得两次比赛的概

率.

18．已知定义在R上的偶函数fx满足对任意x0,2，均有fxx2ax，且对任意xR，有

f2x=fx.

(1)求a的值；

(2)若关于x的方程fxt（t为常数）在x0,10上的实根从小到大排列分别为x1,x2,,x10，求

x1x2x3x10的值；

1

(3)设关于x的方程fxx有k个不同正实根，将其从小到大排列分别为x,x,,x，求

1012k

的值.

x1x2x3xk

19．如图，在四棱锥PABCD中，M为AC中点，ABBCAC2，PAPC2，PBPD2.

(1)求证：PMMD；

(2)求四棱锥PABCD的体积的最大值；

4

(3)设二面角APDC的大小为，若sin17，设二面角ACDP的大小为，求sin2的值.

17

参考答案

题号12345678910

答案DAABCDACABDACD

题号11

答案AC

1．D

【详解】由全称量词命题的否定为存在量词命题，则原命题的否定为xR，有x2x10成立.

故选：D

2．A

12ii12i

【详解】由zi12i，得zi2i22i，

ii2

22

所以z215.

故选：A.

3．A

【详解】因为Ax,yx,yN*,yx，Bx,yxy6，

所以AB中的元素为3,3,2,4,1,5，共3个.

故选：A.

4．B

ab4511

b·1,1,

【详解】由题，a在b方向上的投影向量为2.

b222

故选：B

5．C

πππππ3

【详解】0,，,，又sin，

244445

π2π4

故cos1sin，

445

ππ324272

sinsin.

44525210

故选：C.

6．D

39

【详解】由题设f(0)a0，则x0时fxx23x(x)2，

24

33

所以f(x)在[0,)上单调递减，在(,)上单调递增，

22

当x0，则x0，故f(x)(x)23(x)x23x，

39

所以f(x)f(x)x23x(x)2，

24

33

所以f(x)在(,)上单调递增，在(,0)上单调递减，

22

3333

综上，f(x)在x0处连续，则f(x)在(,)、(,)上单调递增，在(,)上单调递减，

2222

33

由fx在区间ma,ma1，即m,m1上单调递增，则m或m1，

22

53

所以m或m.

22

故选：D

7．A

【详解】设正四面体的棱长为2，显然球O1是正四面体PABC的内切球，

2

若球O的半径为r，正四面体的高为6，

13

121116

则622sin604r22sin60，所以r，

332326

又球O2与球O1外切，且与正四面体三个侧面相切，

以球O2与球O1的切点所在平行于底面ABC的平面分正四面体为小正四面体和三棱台，

此时球O2是小正四面体的内切球，

26

若球O2的半径为R，小正四面体的高为62r，所以小正四面体的棱长为1，

33

161116

则11sin604R11sin60，所以R，

3323212

所以球O1和球O2的半径比为2:1.

故选：A

8．C

4

【详解】由fx3sinx4cosx5sin(x)，gx3cosx4sinx5cos(x)且tan，

3

ππ

由题意x2kπ,kZ，则x2kπ,kZ，

1212

x22mπ,mZ，则x22mπ,mZ，

π3π5π

所以xx2(mk)π,mkZ，则xx或均不可能，

2122122

ππ5π

xx2(km)π,kmZ，则xx不可能，km1时xx.

122122122

故选：C

9．ABD

【详解】A：由l，//，则l，又m，则lm，真命题；

B：由l//，则必n使n//l，又l，则n，而n，则，真命题；

C：由，m，lm，当且仅当l或l//时才有l，假命题；

D：由l，//，根据面面平行的性质定理知l//，真命题.

故选：ABD

10．ACD

πππ

【详解】对于A，由fx的图象过点,2，则22cos3，得cos1，

12124

ππ

所以2kπ，又π0，则，故A正确；

44

π2ππ1πππ

对于B，由fx2cos3x，得周期T，所以xAT，得xA，所以A,0，故B

43124644

错误；

π

对于C，由B结合函数fx图象可得x0,，fx的值域为0,2，故C正确；

4

ππππ

对于D，将fx的图象向右平移个单位长度后，得gx2cos3x2cos3x2sin3x，

121242

因为gx2sin3x2sin3xgx，所以函数gx是奇函数，故D正确.

故选：ACD.

11．AC

【详解】在平行六面体中，取，，.

ABCDA1B1C1D1ABaADbAA1c

ABADAA11，A1ABA1ADBAD60，

1

∴abc，abbcac，

2

1111

A：AOABBOABBCAB(BBBC)ABADAA，正确；

2121221

2

B：，则2222，即，错误；

A1Cabc|A1C|abcabc2ab2ac2bc2A1C2

π

C：2，故，即直线与所成角为，正确；

A1CBB1abccacbcc0A1CBB1A1CBB1

2

D：在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，四边形ABCD是菱形，则ACBD，

又A1CBD，A1CACC，A1C平面A1CA，AC平面A1CA，

∴BD平面A1CA，又BD平面ABCD，则平面A1CA平面ABCD，

连接AC交BD于点O1，过点A1作A1EAC于点E，如图所示：

平面A1CA平面ABCDAC，A1E平面A1CA，

∴A1E平面ABCD，

∴直线A1C与平面ABCD所成角为A1CA，

2222

ACab，则AC|ab|ab2ab3，即AC3，

3

2

13tanACA3

∴在RtA1CA中，sinA1CA，则1，错误.

3332

1（）2

3

故选：AC

12．65

【详解】由题意可知，样本加入新数5，样本数据的和为415565.

故答案为：65.

13．30π

【详解】由题意，几何体的表面积为圆锥表面积与挖去圆柱侧面积的和，

33

又圆柱底面半径为，高为2，则其侧面积为π226π，

22

21

圆锥的母线长为42+32=5，底面周长为6π，则其表面积为π356π24π，

2

所以几何体的表面积为30π.

故答案为：30π

3π

14．

4

【详解】设ABa,ACb，且bm，则a2b2m，如图所示，

3

因为B,F,E三点共线，则存在实数t使得AFtAB(1t)AEta(1t)b，

4

2

又因为C,F,D三点共线，则存在实数使得AFAC(1)ADb(1)a

3

2

t(1)

32311

所以ta(1t)bb(1)a，则，解得t,，

43332

(1t)

4

11

所以AFba，且BCACABba

23

111211212221

因为AFBC0，可得AFBC(ba)(ba)babammab0，解得

23263236

2

abm，

ab2

所以cosBACcosa,b，

ab2

3π

因为BACa,b0,π，所以BAC.

4

3π

故答案为：

4

π

15．(1)B；

3

(2)AD2.

【详解】（1）由题设2acosBcosC2ccosAcosBb，则2sinAcosBcosC2sinCcosAcosBsinB，

所以2cosB(sinAcosCsinCcosA)sinB，则2cosBsin(AC)sinB，

1

所以2cosBsin(πB)2cosBsinBsinB，sinB0，故cosB，

2

π

由B(0,π)，则B；

3

πACABABsinB1

（2）由AB2，AC23，B，则，故sinC，

3sinBsinCAC2

2π2πππ

由AC，则0C，所以C，则BAC，故BC4，

3362

π

又CAD，则ACD为等腰三角形，且ADCD，故BD4CD4AD，

6

在△ABD中AD2AB2BD22ABBDcos604(4AD)22(4AD)，

所以AD2.

16．(1)证明见详解

(2)证明见详解

【详解】（1）DC//EF，DC平面ABFE，EF平面ABFE，

DC//平面ABFE，

又平面ABFE平面ABCDAB，DC平面ABCD，所以AB//CD.

（2）由（1）AB//CD，又DC//EF，则AB//EF，

又ABBE，所以EFBE，

因为平面ABCD平面CDEF，平面ABCD平面CDEFCD，ADDC，AD平面ABCD，

所以AD平面CDEF，

又AB//CD，ABCD，所以四边形ABCD为平行四边形，所以AD//BC，

所以BC平面CDEF，

又EF平面CDEF，则BCEF，

而BC,BE平面BCE，BCBEB，故EF平面BCE，

又EF平面ABFE，

所以平面ABFE平面BCE.

1

17．(1)；

6

2

(2).

27

【详解】（1）齐王与田忌各出上等马，中等马，下等马一匹，共进行三场比赛，基本事件有n3216，

田忌获胜包含的基本事件只有一种可能，即：

田忌的下等马对阵齐王的上等马，田忌的中等马对阵齐王的下等马，田忌的上等马对阵齐王的中等马，

1

田忌获胜的概率为P；

6

11

（2）由（1），每次田忌获胜概率为，所以三次比赛，田忌获胜次数服从XB(3,)，

66

所以田忌至少赢得两次比赛的概率P(X2)P(X2)P(X3)

11111512

C2()2(1)1C3()3(1)0311.

36636636621627

18．(1)a2；

(2)50；

99

(3).

2

【详解】（1）由任意xR，有f2x=fx，易知f2=f0，

而x0,2，有fxx2ax，则42a0a2；

（2）由（1）得，x0,2有fxx22x(x1)21，则fx[0,1]，

所以，在x(0,2)上fx的图象关于x1对称，

由题意f2xf(x)f(x)，则f(x)f(x2)，所以fx是周期为2的函数，

则fx在区间(2,4)、(4,6)、(6,8)、(8,10)上的对称轴依次为3,5,7,9，

由方程fxt（t为常数）在x0,10上的实根从小到大排列分别为x1,x2,,x10，

所以x1x22、x3x46、x5x610、x7x814、x9x1018，

所以x1x2x3x1050；

x

（3）由（2），可得fx、y在0,上的大致图象如下，

10

9111

由f(9)1，f(11)1，所以fxx共有9个正实数根，

101010

x1919

由x(0,2]有fxx22x，此时x22x，可得x2x0x，

1010110

由x(2,4]有fx2(x2)22(x2)x26x8，

x5959

此时x26x8，可得x2x80xx，

10102310

由x(4,6]有fx4(x4)22(x4)x210x24，

x9999

此时x210x24，可得x2x240xx，

10104510

由x(6,8]有fx6(x6)22(x6)x214x48，

x139139

此时x214x48，可得x2x480xx，

10106710

由x(8,10]有fx8(x8)22(x8)x218x80，

x179179

此时x218x80，可得x2x800xx，

10108910

19599913917999

综上，xxxx.

123k10101010102

19．(1)证明见解析；

2

(2)3；

3

(3)答案见解析.

【详解】（1）由M为AC中点，PAPC2，则PMAC，

由ABBCAC2，即ABC为等边三角形，则BM3，

1

且PA2PC2AC2，则PAPC，故PM=AC=1，而PB2，

2

所以PM2BM2PB2，则PMBM，

由ACBMM且都在平面ABCD内，则PM平面ABCD，

由MD平面ABCD，则PMMD；

11

（2）由PM平面ABCD，则VPMSPM(SS)，

PABCD3ABCD3ABCACD

11

而PM1，S△22sin603，则V(3S)，

ABC2PABCD3ACD

所以，要使四棱锥PABCD的体积最大，只需SACD最大，

由PD2，PMMD，则MDPD2PM23，

所以D是平面ABCD内，以M为圆心，3为半径的圆上运动，

1

所以MDAC时，(S)233，

ACDmax2