四川省成都市嘉祥外国语高级中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

级高二上期月月考数学本卷共4页，满分分，考试时间分钟.注意事项：答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上.答选择题时，必须使用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.答非选择题时，必须使用毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.考试结束后，只将答题卡交回.一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共分）1.已知两条直线和，若，则（）A.12B.C.3D.【答案】A【解析】【分析】利用两条直线垂直的条件求解即可.【详解】因为直线，，且，所以,解得，故选：A2.利用随机模拟解决问题的方法称为蒙特卡洛方法，用此方法可以快速进行大量重复试验，进而用频率估计概率.“山”“城”“重”“庆”.将三次抽取后“重”“庆”两个字都取到记为事件发生的概率.由计算机产生1234“山”“城”“重”“庆”结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：121､､433､142､234､､243､132､422､134､131､441､412､233､143､231､332､341､､221发生的概率为（）A.0.5B.0.4C.0.3D.0.2第1页/共24页【答案】C【解析】【分析】利用古典概率公式求解即可.【详解】相当于做了20次重复试验，其中事件发生了6次，对应的数据组为，用频率估计事件的概率为.故选：C.3.已知随机事件A，B，C中，与相互独立，与对立，且，，则（）A0.4B.0.58C.0.7D.0.72【答案】B【解析】可知只需求出以及独立乘法公式即可求解.【详解】，，所以.故选：B.4.如图，空间四边形中，，点在上，且满足，点为的中点，则（）A.B.C.D.第2页/共24页【解析】【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得.【详解】因为，所以，又点为的中点，所以，所以.故选：A5.已知向量，，则在方向上的投影向量是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用投影向量的公式计算即可；【详解】由题可得：,,所以在方向上的投影向量是,故选：D6.已知甲、乙两名同学在高三的6次数学测试的成绩统计如图（图标中心点所对纵坐标代表该次数学测试）A.甲成绩的极差小于乙成绩的极差B.甲成绩的第25百分位数大于乙成绩的第75百分位数第3页/共24页C.甲成绩的平均数大于乙成绩的平均数D.甲成绩的方差小于乙成绩的方差【答案】B【解析】ABC由图可判断甲乙平均数的大小关系；D由图结合方差概念可判断选项正误.【详解】A，由图甲极差约为30，乙的极差大于30，故A正确；B，对甲成绩排序，又，则第2个成绩为甲成绩的第25百分位数，由图估计值为90；对乙成绩排序，又，则第5个成绩为乙成绩的第75百分位数，估计值大于90，则甲成绩的第25百分位数小于乙成绩的第75百分位数，故B错误；C903次低于60均数，故C正确；D，由图甲的成绩更加稳定，乙的成绩波动性较强，则甲成绩的方差小于乙成绩的方差，故D正确.故选：B7.点到直线（为任意实数）的距离的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】恒过点到直线的最远距离为0得答案.【详解】解：将直线方程变形为，由，解得，由此可得直线恒过点，第4页/共24页所以到直线的最远距离为，此时直线垂直于到直线的最短距离为0，此时直线经过点．又，所以到直线的距离的取值范围是．故选：B．8.如图，在直三棱柱中，，，是线段的中点，在内有一动点的最小值是（A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】建立适当的空间直角坐标系，因为位于的同侧，设关于平面的对称点为，根据求解.为原点，所在直线为且平行于的直线为轴，所在直线为立如图所示的空间直角坐标系，第5页/共24页所以，，．设A关于平面对称点为，，则，．设平面的法向量，则，令，则，，所以，所以A与到平面的距离，即①．又，所以，即②．由①②得，由可得，，，所以，所以，当且仅当，，三点共线时取等号，所以的最小值为．故选：C.第6页/共24页二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共分）9.下列说法正确的是（）A.若，则事件A与B是对立事件B.设A，B是两个随机事件，且，，若，则A，B是相互独立事件C.A，B同时发生的概率一定比A，B中恰有一个发生的概率小D.若，，则“事件A，B相互独立”与“事件A，B互斥”一定不能同时成立【答案】BD【解析】【分析】对于AC：举反例说明即可；对于BD：根据独立事件概率乘法公式以及互斥事件的概念分析判断.【详解】对于选项A：例如样本空间为，事件，，可得，满足，但，即事件不对立，故A错误；对于选项B：因为，，，满足，所以A，B是相互独立事件，故B正确；对于选项C：例如样本空间为，事件，，则A，B同时发生为事件，则；A，B中恰有一个发生为事件，则；显然，故C错误；对于选项D：因为，，若事件A，B相互独立，则，可知事件A，B不互斥；若事件A，B互斥，则，即，可知事件A，B不相互独立，所以“事件A，B相互独立”与“事件A，B互斥”一定不能同时成立，故D正确；故选：BD.10.下列说法正确的是（）第7页/共24页A.＝k不能表示过点M（x，y）且斜率为k的直线方程B.在x轴，y轴上的截距分别为a，b的直线方程为C.直线y＝kx+b与y轴的交点到原点的距离为bD.过两点A（x，y）B（x，y）的直线方程为【答案】AD【解析】【分析】由直线方程的意义判断A．由直线方程的截距式判断B，由直线与的交点及距离的定义判断C，分类讨论确定过两点的直线方程判断D．【详解】＝k表示过点M（x，y）且斜率为k的直线去掉点，A正确；在x轴，y轴上的截距分别为a，b，只有时，直线方程为，B错误；直线y＝kx+b与y轴的交点坐标是，交点到原点的距离为，C错误；过两点A（x，y）B（x，y）的直线当时，直线方程为，变形为，当时，直线方程为，也适合方程，所以D正确．故选：AD．如图，圆柱的底面半径和母线长均为是底面直径，点在圆上且，点在母线，点是上底面的一个动点，则（）A.存在唯一的点，使得第8页/共24页B.若，则点的轨迹长为4C.若，则四面体的外接球的表面积为D.若，则点的轨迹长为【答案】ACD【解析】【分析】对选项A：作E关于D点的对称点为，利用对称性与三点共线距离最短求解；对选项BD：建立空间直角坐标系，根据F满足的条件判断其轨迹，求其长度；对选项C：证明AE中点Q为四面体的外接球的球心即可.【详解】设E关于D点的对称点为，则，所以当且仅当三点共线时取等号，故存在唯一的点，使得，故A正确；由题意知O为正方向建立空间直角坐标系，则设，则，对选项B：当时，，所以点的轨迹长为上底面圆的一条弦MN，到MN的距离为1，所以，故点的轨迹长为，所以B错误；对选项D：当时，，第9页/共24页对选项C：在中，，为直角三角形，其外心为与的交点，且，而所以，所以Q为四面体的外接球的球心，球半径为，所以球的表面积为，故C正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：对立体几何中动点的轨迹问题采用几何法分析难度时可以用坐标法去研究，根据动点的坐标满足的方程可以方便的判断出轨迹的形状，将几何问题转化为代数问题解决.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共分）12.设直线l的斜率为k，且，则直线的倾斜角的取值范围是_________.【答案】【解析】【分析】利用倾斜角与斜率关系图象得解.【详解】由图得当时，第10页/共24页故答案为：【点睛】熟悉倾斜角与斜率函数图象是解题关键.13.ABCABC1是侧棱长和底面边长均等于aD是侧棱CC1C到平面ABD的距离为____.【答案】##【解析】【分析】可用等体积法求点到平面的距离，或直接建立空间直角坐标系，用向量法求点到平面的距离.【详解】由题可知：平面平面,所以所以,,,所以,所以.所以.直三棱柱的底面边长均等于a，所以是正三角形，取的中点，连接，则第11页/共24页因为平面,所以平面,.因为,所以,所以.故答案为：.方法二：如图所示，直三棱柱的底面边长均等于a，所以是正三角形，取的中点，连接，则,且.因为侧面是矩形，取的中点F，连接,则.因为侧棱平面平面,所以所在直线为轴建立空间直角坐标系.据题意可知，第12页/共24页则设平面ABD的一个法向量是所以,所以,令,则,所以.因为,所以点C到平面ABD的距离.故答案为：14.甲、乙、丙三人玩“剪刀、石头、布”游戏（剪刀赢布，布赢石头，石头赢剪刀)，规定每局中：①三人出现同一种手势，每人各得1分；②三人出现两种手势，赢者得2分，输者负1分；③三人出现三种手势均得0分.当有人累计得3分及以上时，游戏结束，得分最高者获胜，已知三人之间及每局游戏互不受影响.则甲在一局中得2分的概率__________；游戏经过两局后甲恰得3分且为唯一获胜者的概率____________.【答案】①.②.【解析】【分析】第一空，根据题意可画出树状图，得到甲得2分情况有9种，从而可求解；第二空，游戏经过两局后甲恰得3分且为唯一获胜者的情况有2种：①第一局甲得2分，第二局甲得1分，则第一局乙丙得负一分，第二局得1分，②第一局甲得1分，第二局甲得2分，则第一局乙丙得1分，第二局乙丙得负1分，然后求出每种情况的概率从而可求解；详解】第一空，根据题意，画出树状图，如图：第13页/共24页所以每局中共有种情况，其中甲在一局中得2一共有9种情况，所以甲在一局中得2分的概率.第二空，游戏经过两局后甲恰得3分且为唯一获胜者的情况有2种：①第一局甲得2分，第二局甲得1分：则乙第一局得负1分，第二局得1分；则丙第一局得负1分，第二局得1分；由（1）中树状图可知满足情况有：此时概率为.②第一局甲得1分，第二局甲得2分，则第一局乙丙得1分，第二局乙丙得负1分，则乙第一局得1分，第二局得负1分；则丙第一局得1分，第二局得负1分；由（1）中树状图可知满足情况有：此时概率为，综上所述：游戏经过两局后甲恰得3分且为唯一获胜者的概率.第14页/共24页故答案为：，四、解答题（本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.已知向量，，.（Ⅰ）当时，若向量与垂直，求实数和的值；（Ⅱ）若向量与向量，共面，求实数的值.【答案】（Ⅰ）实数和的值分别为和.（Ⅱ）【解析】【分析】(Ⅰ)根据可求得,再根据垂直的数量积为0求解即可.(Ⅱ)根据共面有,再求解对应的系数相等关系求解即可.【详解】解：(Ⅰ)因为,所以.且.因为向量与垂直,所以.即.所以实数和的值分别为和.(Ⅱ)因为向量与向量，共面,所以设（）.因为,所以所以实数的值为.【点睛】本题主要考查了空间向量的基本求解方法,包括模长的运算以及垂直的数量积表达与共面向量的关系等.属于基础题.第15页/共24页16.率分布直方图．（1）试估计全市参赛者成绩的第40（2）若用按比例分配的分层随机抽样的方法从，，三层中抽取一个容量为6的样本，再从这6人中随机抽取两人．求抽取的两人都及格（大于等于60分为及格）的概率．【答案】（1）83.3；84（2）【解析】1）由频率分布直方图计算可得x，再借助百分位数的定义与平均数定义计算即可得：（2）先借助分层随机抽样定义计算出从，，三层中抽取的人数，并给抽取出的人数进行编号，结合古典概型公式，计算出所有可能的样本空间数即符合要求的样本空间数即可得．【小问1详解】，则，；，故40百分位数在层，则40百分位数为，平均数；【小问2详解】因为按比例分配的分层随机抽样，故，，三层中抽取的样本量分别为：，，，从这6人中随机抽取两人，记中抽取的人编号为1，抽取的人编号为23，抽取的人编号为4、5、6，记事件“抽取的两人都及格”第16页/共24页，所以；，所以；∴．17.如图所示的几何体中，垂直于梯形所在的平面，为的中点，，四边形为矩形，线段交于点.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值；（3）在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析（2）（3）在线段上存在一点满足题意，且【解析】【分析】(1)由题意结合线面平行的判定定理即可证得题中的结论；(2)建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值，然后利用同角三角函数基本关系可得二面角的正弦值；(3)假设点Q存在，利用直线的方向向量和平面的法向量计算可得点Q的存在性和位置.1）因为四边形为矩形，所以为的中点.连接，第17页/共24页在中，分别为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）易知两两垂直，如图以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，所以.设平面的法向量为，则即解得令，得所以平面的一个法向量为.设平面的法向量为，，据此可得，则平面的一个法向量为，，于是.故二面角的正弦值为.（3）设存在点满足条件.第18页/共24页设，整理得，则.因为直线与平面所成角的大小为，所以解得，由知，即点与重合.故在线段上存在一点，且.【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．(2)设分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．18.如图，已知，，，直线．（1）证明直线经过某一定点，并求此定点坐标；（2）若直线等分的面积，求直线的一般式方程；（3（反射点为（反射点为）反射后，光斑落在点，求入射光线的直线方程．第19页/共24页【答案】（1）证明见解析，定点坐标为；（2）；（3）．【解析】1）整理得到，从而得到方程组，求出定点坐标；（2）求出定点在直线上，且，由得到，设出，由向量比例关系得到点坐标，得到直线方程；（3）作出辅助线，确定关于和的对称点，得到，由对称性得，写成直线方程.【小问1详解】直线可化为，令，解得，故直线经过的定点坐标为；【小问2详解】因为，，，所以，由题意得直线方程为，故直线经过的定点在直线上，所以，设直线与交于点，所以，即，所以，第20页/共24页设，所以，即，所以，，所以，将点坐标代入直线的方程，解得，所以直线的方程为；【小问3详解】设关于的对称点，关于的对称点，直线的方程为，即，直线的方程为，所以，解得，所以，由题意得四点共线，，由对称性得，所以入射光线的直线方程为，即．19.在空间直角坐标系中，过点且以为方向向量的直线方程可表示为，过点且以为法向量的平面方程可表示为第21页/共24页．（1）若直线与都在平面内，求平面的方程；（2）在三棱柱中，点与坐标原点重合，点在平面内，平面以为法向量，平面的方程为，求点的坐标；（3）若集合中所有的点构成了多面体的各个面，求的体积和相邻两个面所在平