湖北省十堰市2025-2026学年高二数学上学期10月月考试卷含解析

一、单项选择题（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.若复数，i为虚数单位）是纯虚数，则实数a的值为（）

A.B.C.D.3

【答案】A

【解析】

【分析】利用复数的除法及纯虚数的定义列式求解.

【详解】依题意，，

则，解得，

所以实数a的值为.

故选：A

2.如图所示，在中，为BC边上的三等分点，若，，为AD中点，则（）

A.B.

CD.

【答案】A

【解析】

【分析】根据向量线性运算即可求解.

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【详解】

故选：A

3.已知正方形的一条对角线所在直线的斜率为，则其一条边所在直线的斜率是（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】以正方体的一顶点为坐标原点建立坐标系，设正方形的一对角线的倾斜角为，则，可

得到正方形边的倾斜角，利用两角和差的正切公式，即可求解.

【详解】

以正方形的顶点为坐标原点，建立如图坐标系，

根据题意，对角线的斜率为，设其倾斜角为，

则正方形的倾斜角分别为，

又，

所以两直角边的斜率分别为或.

故选:B.

4.设，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（）

A.若，，且，则B.若，，且，则

C.若，，且，则D.若，，且，则

【答案】D

【解析】

【分析】对于ABC，由答案不完备可判断错误；对于D，直接证明正确即可.

详解】对于A，若，，且，则或异面，故A错误；

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对于B，若，，且，则平行或相交，故B错误；

对于C，若，，且，则相交或，故C错误；

对于D，若，，则，因为，所以存在使得，

所以，，所以.

故选：D.

5.如图，平行六面体的所有棱长为2，四边形是正方形，

，点O是与的交点，则直线与所成角的余弦值为（）

A.1B.C.D.

【答案】D

【解析】

【分析】表达出，计算出，，利用空间向量夹角余弦公式

计算出，得到直线与所成角的余弦值.

【详解】，

，

而

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，

故，

所以，

设直线与所成角的大小为，则.

故选：D

6.一个质地均匀的正四面体的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体两次，并记录每次

正四面体朝下的面上的数字.记事件为“两次记录的数字和为奇数”，事件为“两次记录的数字和大于4”，

事件为“第一次记录的数字为奇数”，事件为“第二次记录的数字为偶数”，则（）

A.与互斥B.与对立

C.与相互独立D.与相互独立

【答案】D

【解析】

【分析】列举出基本事件，对四个选项一一判断：

对于A：由事件A与D有相同的基本事件，否定结论；对于B：由事件C与D有相同的基本事件，否定结

论；对于C、D：利用公式法进行判断.

【详解】连续抛掷这个正四面体两次，基本事件有：

.

其中事件A包括：.

事件B包括：.

事件C包括：.

事件D包括：.

对于A：因为事件A与D有相同的基本事件，故与互斥不成立.故A错误；

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对于B：因为事件C与D有相同的基本事件，故C与对立不成立.故B错误；

对于C：因为,,而.因为，所以

与不是相互独立.故C错误；

对于D：因为,,而.因为两个事件的发生与否互不影响，

且，所以与相互独立.故D正确.

故选：D

7.设，为两个随机事件，以下命题正确的为（）

A.若，是对立事件，则

B.若，是互斥事件，，则

C.若，且，则，是独立事件

D.若，是独立事件，，则

【答案】C

【解析】

【分析】根据对立事件的概念判断A，根据互斥事件的概率加法公式判断B，根据独立事件的定义及概率公

式判断C、D.

【详解】对于A，若是对立事件，则，A错误；

对于B，若是互斥事件，，则，B错误；

对于C，，则，，

又，则是独立事件，C正确；

对于D，若是独立事件，则是独立事件，而，

则，D错误.

故选：C

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8.小张和小王两个小朋友玩游戏，已知小张手中有3张黑色牌和3张红色牌，小王手中有3张黑色牌和2

张红色牌，游戏规则：两位小朋友同时出示一张牌，若两张牌同色，则小张胜，小张获得这两张牌，若两

张牌异色，则小王胜，小王获得这两张牌，按上述玩法进行两次后，小王手中有7张牌的概率为（）

A.B.C.D.

【答案】D

【解析】

【分析】用独立事件概率的乘法原理计算即可.

【详解】进行两次后，小王手中有7张牌意味着小王这两次都赢了，

第一次总事件数为种，小王赢的事件数是种，

则第一次小王赢的概率是，

第一次赢之后小张有5张牌，第一种情况是有2张黑色牌，3张红色牌，

小王有4张黑色牌，有2张红色牌，

第二次总事件数为种，小王赢的事件数是种，

则第二次小王赢的概率是：

第二种情况是有3张黑色牌，2张红色牌，小王有3张黑色牌，有3张红色牌，

第二次总事件数为种，小王赢的事件数是种，

则第二次小王赢的概率是：

出现第一种情况是第一次小王出红色牌，概率是，

出现第二种情况是第一次小王出黑色牌，概率是，

则两次均赢的概率为：.

故小王手中有7张牌的概率为.

故选：D.

二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.为防范新型毒品对青少年的危害，某校开展青少年禁毒知识竞赛，小星所在小组5个学生的真实成绩分

别为80，86，95，96，98，由于小星将其中一名成员的96分错记为98分，则与所在小组的真实成绩相比，

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统计成绩的（）

A.平均数变小B.平均数变大C.中位数不变D.众数不变

【答案】BC

【解析】

【分析】由平均数、中位数以及众数的概念逐一判断各个选项即可求解.

【详解】对于AB，由于小星将其中一名成员的96分错记为98分，

则总成绩变大，从而与所在小组的真实成绩相比，统计成绩的平均数变大，A错误，B正确；

对于CD，记录成绩为：80，86，95，98，98，真实成绩为：80，86，95，96，98，

他们的中位数都是95，记录成绩的众数是98，真实成绩无众数，C正确，D错误.

故选：BC

10.已知的三个内角分别为A，B，C，，，，D在线段上，且满足

平分．则（）

A.B.C.D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A，由正弦定理求解即可；对于B，由，分别求出

，得，即可求解；对于C，由，求出，结合

余弦定理可求解；对于D，求出，由于，解得

，利用等面积法即可求解.

【详解】对于A，在中，由正弦定理可得，所以，故A正确；

对于B，因为，则，则，

由于，，则，

由于，，则，

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所以，故B正确；

对于C，因为，

在中，由余弦定理：，即，故C不正确；

对于D，由于，

所以，解得（负数舍去）；

因为在线段上，且满足平分．则在中，由等面积可得：

，

即，解得：，故D正确.

故选：ABD.

11.已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1底面边长为1，AA1=1，点P满足，其中λ∈[0,1],μ∈[0,1]

，下列选项正确的是（）

A.当λ=1时，△AB1P的周长为定值

B.当μ=1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值

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C.当时，有且仅有两个点P，使得A1P⊥BP

D.当时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P

【答案】BCD

【解析】

【分析】对A，当时，线段，由此判断A；对B，当时，点的轨迹为线段，证

明平面，结合锥体体积公式判断B；对C，D采用建系法，当时，由列方程

求，判断C，同理当时，求出，利用，可验证点唯一，判断D.

【详解】因为点P满足，其中，

所以点在矩形内部（含边界）．

对于A项，当时，．

即此时线段，

因为为变值，

故的周长不是定值，故A项错误；

对于B项，当时，，

故此时点的轨迹为线段，而，所以平面，

则点到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B项正确；

对于C项，当时，，

取，的中点分别为，，则，

所以点的轨迹为线段，

不妨建系解决，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，

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所以，，

，

所以或，故H，Q均满足，故C项正确；

对于D项，当时，，

取，的中点为M，N，，

所以点的轨迹为线段，

设，因为，

所以，，

所以，

此时点与重合，故D项正确．

故选：BCD

三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）

12.已知，，，若不能构成空间的一个基底，则

______．

【答案】1

【解析】

【分析】直接利用基底的定义和共面向量求出结果.

【详解】若不能构成空间的一个基底，

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则共面，存在，使得，

即，解得.

故答案为：1.

13.哥德巴赫猜想被誉为“数学王冠上的明珠”，可以表述为“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，

如.素数是除了1和它自身外，不能被其他自然数整除的大于1的自然数.在不超过15的素数中，

随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是__________.

【答案】

【解析】

【分析】由于不超过15的素数有2，3，5，7，11，13，共6个，所以6个中选2个有种，而和

为16的有2种，从而可求出概率.

【详解】不超过15的素数有2，3，5，7，11，13共6个，则从这6个数中任选2个不同的数共有

种，而其中和为16的有2种，即，

所以所求概率为，

故答案为：.

14.在空间直角坐标系O-xyz中，四面体ABCD各顶点坐标分别为，，，

.则该四面体外接球的表面积是___________.

【答案】##

【解析】

【分析】根据题意，画出图形，作出辅助线，找到球心，利用半径列出方程，求出半径，进而去除四面体

外接球的表面积.

【详解】如图所示，设长方体底面四边形为正方形，边长为2，高为3，

根据图形得到为直角三角形，AC⊥CD，

所以四面体外接球的球心在平面ADC上的投影为斜边AD的中点M，

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其中，

设外接球球心为N，则MN⊥平面ADC，

过点B作BH⊥平面ADC，垂足为H，则HMx轴，且HM=1

过点N作NFHM，交BH于点F，则NF=HM=1，

设外接球半径为r，连接NB，NA，则NB=NA=r，

设MN=x，则HF=x，所以BF=3-x，

由勾股定理得：，，

所以，解得：，

所以，

所以该四面体外接球的表面积为

故答案为：

【点睛】对于立体几何的外接球问题，通常处理方法为，找到球心在某个特殊平面上的投影，进而找到球

心的位置，设出未知数，根据半径相等列出方程，求出半径，从而求出表面积或体积.

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.在中，a､b､c分别是角A､B､C的对边，且．

（1）求角B的大小;

（2）若，求的面积和周长．

【答案】（1）；（2），．

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【解析】

【分析】（1）由余弦定理化角为边可得，再利用余弦定理即可求解；

（2）由面积公式即可求出面积，再利用余弦定理得出即可求出周长.

【详解】（1）由余弦定理，得，

将上式代入，整理得，

∴，

∵角B为的内角，∴．

（2）在中，，

在中，由余弦定理，

将，

代入得，

∴，

∴，

的周长为．

16.为了解高一年级学生身体素质的基本情况，抽取部分高一年级学生开展体质健康能力测试，满分分

.参加测试的学生共人，考核得分的频率分布直方图如图所示.

（1）由频率分布直方图，求出图中的值，并估计全校高一年级体测成绩的分位数；

（2）为提升同学们的身体素质，校方准备增设体育课的活动项目.现采用分层抽样的方法，从得分在

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内的学生中抽取人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率；

（3）现已知直方图中考核得分在内的平均数为，方差为，在）内的平均数为，方

差为，求得分在内的平均数和方差.

【答案】（1），分位数为

（2）

（3）平均数为，方差为

【解析】

【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形的面积之和为，可求出的值，利用百分位数的概念可求出

分位数；

（2）分析可知，抽出的位同学中，得分在的有人，设为、，在的有

人，设为、、，利用列举法结合古典概型的概率公式可求出所求事件的概率；

（3）利用分层抽样的均值和方差公式可求得结果.

【小问1详解】

由题意得：，解得，

抽取的样本中，设第百分位数为，

前三个矩形的面积之和为，

前四个矩形的面积之和为，所以，，

则，

解得，因此高一年级体测成绩的的分位数为.

【小问2详解】

由题意知，抽出的位同学中，得分在的有人，设为、，

在有人，设为、、.

则样本空间为，

，

设事件两人分别来自和，

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则，则，

因此，所以两人得分分别来自和的概率为.

【小问3详解】

由题意知，落在区间内的数据有个，

落在区间内的数据有个.

记在区间的数据分别为、、、，平均分为，方差为，

在区间的数据分别为为、、、，平均分为，方差为；

这个数据的平均数为，方差为.

由题意，，，，，

且，，则.

由分层抽样方差公式可得：

故得分在内的平均数为，方差为.

17.甲、乙两位同学在一起做猜拳（石头剪刀布）游戏，他们规定每次猜拳赢的一方得1分，输的一方得

分，平局时两个人都各得0分.出现得3分者，则游戏结束，得3分者获胜.

（1）求两次猜拳后，乙得2分的概率；

（2）求在至多进行四次猜拳后，甲获胜的概率；

（3）若进行五次猜拳后游戏结束，求此时乙得分的概率.

【答案】（1）

（2）

（3）

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【解析】

【分析】（1）依题意每局比赛赢、输、平局的概率均为，根据相互独立事件的概率公式计算可得；

（2）分甲连赢3局和甲在前3局中赢两局平一局，第4局赢，根据相互独立事件的概率公式计算可得；

（3）分①两次平局，甲赢3局，且平局出现在前4局；②没有平局，甲输1局赢4局，且输的一局在前3

局，根据相互独立事件的概率公式计算可得；

【小问1详解】

解：依题意每局比赛赢、输、平局的概率均为，则两次猜拳后，乙得2分，即乙连赢两局，则概率

【小问2详解】

解：依题意甲连赢3局或甲在前3局中赢两局平一局，第4局赢了，则概率

【小问3详解】

解：五次猜拳后游戏结束且乙得分，有两种情况：①两次平局，甲赢3局，且平局出现在前4局；②没

有平局，甲输1局赢4局，且输的一局在前3局；

故概率

18.如图，在棱长为3的正方体中.

（1）求二面角的正切值；

（2）若与平面交于点E，求线段BE的长；

（3）若点P是平面内一个动点，且，求直线与平面所成角的正弦

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值.

【答案】（1）

（2）

（3）

【解析】

【分析】（1）取的中点F，连接、BF，先根据二面角的定义得出为二面角的

平面角；再根据线面垂直的性质及三角形的有关计算即可求解.

（2）连接，先根据正方体的性质、线面垂直的性质定理及判定定理得出平面；再根据

正方体的性质得出E为正的中心；最后根据中线的性质可求解.

（3）先根据线面垂直的性质及三角形的有关计算得出点P的轨迹；再根据线面垂直得出与平面

所成的角为，且；最后根据同角三角函数基本关系即可求出.

【小问1详解】

取的中点F，连接、BF，

则由正方体的性质可得：，，且平面

∴，，

故为二面角的平面角，

又∵平面，

∴，

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则.

∵正方体的棱长为3，

∴，

则，

∴二面角的正切值为.

【小问2详解】

如图，连接，

∵四边形为正方形，

∴，

由正方体性质可知：平面，

∵平面，

∴，

∵，

∴平面.

∵平面，

∴，

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同理可证得，

∵，

∴平面.

∵，与平面交于点E，

∴，

∴，即E为的外心.

∵由正方体的性质可得：，

∴是正三角形；

∴E为正的中心.

∵正方体的棱长为3，

∴

∵因为点F为的中点，

∴.

【小问3详解】

如图，由（2）知，则.

由正方体的体对角线公式可得：，

∴.

∵平面，平面，

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∴，即，.

∵，

∴，即，

即，两边平方后，整理得，

又∵，

∴，

∴点P的轨迹是以点E为圆心，半径为的圆.

∵平面，

∴与平面所成的角为，且，

∵，

∴

故直线与平面所成角的正弦值为.

19.在空间直角坐标系中，已知向量，点.若直线l以为方向向量且经过

点，则直线l的标准式方程可表示为（）；若平面以为法向量且经

过点，则平面的点法式方程表示为.平面内任一点在面

的两侧分别对应和.

（1）已知直线的标准式方程为，平面的点法式方程可表示为，

求直线与平面所成角的余弦值；

（2）已知平面的点法式方程可表示为，点与点在平面外

的同侧，点B在平面内的投影点为，且，点C为平面内任意一点，求

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的最小值；

（3）若平面为，平面与平面的交线为，且平面与平面所

成面面角余弦值大小为，求平面的点法式方程.

【答案】（1）

（2）

（