河南省湘豫名校2026-2027学年高二上学期10月阶段检测数学（人教A版）试卷（含答案）

10月高二数学（人教A版）注意事项：1．本试卷共6页．时间120分钟，满分150分．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把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，再选涂其他答案标号．作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将试卷和答题卡一并收回．一、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．样本数据2，4，5，11，13的平均数是A．5 B．6 C．7 D．82．已知直线l经过点A(0,1)，B(-3,2)两点，则直线A．5π6 B．2π3 C．π33．已知平面向量a=(2,1)，b=(1,m)，若aA．-1 B．1 C．2 D．4．已知直线l1：ax+y+3=0，l2：(b-2)x+3y+3=0，若A．a=-3，b=1 B．aC．a=3，b=-1 D．a5．已知圆锥SO，O为底面圆圆心，AB是底面圆直径，且SA=2，点A沿圆锥侧面到点B的最短距离为22A．π3 B．2π3 C．3π6．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PA=2，点E在PC上，且PE=2EC，则点E到平面PBDA．239 B．439 C．17．已知sin(2α-β)+2sin2αsinβ=2cos2αA．33 B．32 C．3 D8．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且当x<0时，f(x)=ex-e-x，设aA．a<c<b B．c<a<b二、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．设z=A．z=1-2i B．z=1-2i C．|z2|=5 10．已知函数f(x)=sin(2x+φ)（0<φ<π），将fA．φB．f(x)的图象关于点C．f(x)在区间D．方程f(x)=12在区间11．已知圆C：(x-2)2+(y+1)2=4，直线l：y=kx-2A．若直线l与圆C相切，则kB．直线l恒过的定点在圆C外C．存在k，使直线l交圆C于点M，N，且AMD．|PA|+2|PO|（O为坐标原点）的最小值为4三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知A，B互为对立事件，P(A)=0.2，则13．过点P(4,2)作圆C：x2+(y-2)2=4的两条切线，切点分别为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿．14．如图，△HJL与△GIK都是边长为3的等边三角形，A，B，C，D，E，F分别是各边上的三等分点，沿AB，BC，CD，DE，EF，FA分别将△GAB，△HBC，△ICD，△JDE，△KEF，△LAF折起，使得点G，H，I，J，K，L共面，依次连接各点且满足GH=HI=IJ=JK=KL=LG=1，由此得到一个多面体，则该多面体的高为＿＿＿＿，该多面体的外接球的表面积为＿＿＿＿．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．（本小题满分13分）在平面直角坐标系xOy中，已知直线l过点A(1,2)，且与两坐标轴交于不同的两点M，N（1）若直线l的斜率小于0，求△OMN的面积的最小值以及此时对应的直线l的方程；（2）若直线l被圆x2+y2=4截得的弦长为216．（本小题满分15分）已知函数f(（1）判断函数f(x（2）解不等式f(217．（本小题满分15分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足csin2（1）求角B的大小；（2）若△ABC的周长为18，其外接圆的半径为733，求△ABC18．（本小题满分17分）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC=2，∠ABC=120∘，AA1=4，D是棱（1）证明：BD⊥AC；（2）若M是BB1的中点，求平面ADM与平面CDM（3）若三棱锥M-ABC的内切球的半径为35，求BM19．（本小题满分17分）已知函数f(x)=x2-（1）当a=2时，求函数g(x)在（2）若不等式g(x)≤2a对任意x∈[0,2]（3）若关于x的方程g(x)=1在[0,3]上恰有三个不同的实数根，求实数26.10高二数学（人教A版）评分细则（补充部分） 说明：如无补充的题目按参考答案给分第17题：第（1）（2）问补充其他解法：17.补充（1）由csin2得csinA由射影定理：b=得b由正弦定理得sinBsin∵A∈(0,π)，可得sinB=3cosB，即∵0<B<π，∴B（2）由正弦定理，b=2Rsin∵a+b+c由余弦定理：a(∴3ac=(∴ac=24. 13′∴S△ABC=第18题：第（1）（2）问补充其他解法：补充T18(1)BD=(-1,0,4)，3′BD⋅AC∴BD⊥AC建系2′.第(1)(2)只给一次标分（2）延长DM，过A作AH⊥DM于H由勾股定理可知AD=19，AM=22，DM=记∠AMD=θ在△AMD可得cosS△ADM=∴AH=由对称性可知CH⊥DM.又AH，CH为平面ACH内两条相交直线∴DH⊥平面ACH且DH=平面ADM∩平面CDM即∠AHC的平面角记∠AHC=α，在△AHC中由余弦定理cosα=∴平面ADM与平面CDM夹角的余弦值为131第19题：第（2）（3）问补充其他解法：19.补充解析（2）当x∈[0,2]时g(x)≤2a则即-2分离后2a≥对于①式，当x=2时，x-1x取最大值3对于②式，令t=2-x，则x=2-t，且∴1-x22-x=-t∴a≥2-3由①②恒成立.故a（3）同(2)的方法，参变分离2a=2-x21-x或2a=令t=1-x，则x=1-t且t∈[-2,1]可得2a-2=-t+3t或∴g(x令2<2a-解得2<a≤10月高二数学参考答案(人教A版)题号1234567891011答案CADBCBADACDBDABD一、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.C【试题立意】本题考查样本的数字特征，重点考查数学运算、数据分析等学科核心素养．【解析】因为2+4+5+11+135=7，所以样本数据的平均数为72.A【试题立意】本题考查直线的倾斜角，考查数学运算、直观想象等学科核心素养．【解析】由题可得直线l的斜率k=2-1-3=-33，所以直线l3.D【试题立意】本题考查平面向量的运算，考查逻辑推理、数学运算等学科核心素养．【解析】a-b=(1,1-m)，因为a⊥(a-b)，所以4.B【试题立意】本题考查直线与直线的位置关系以及直线的对称问题，考查直观想象和数学运算等学科核心素养．【解析】直线l1：ax+y+3=0关于直线x-y=0对称的直线方程为x+ay+3=0．依题意得a=3，b5.C【试题立意】本题考查空间几何体的结构，具体考查圆锥的侧面展开图以及体积计算，重点考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力以及数形结合思想，考查了逻辑推理、数学运算和直观想象等学科核心素养．【解析】如图，将圆锥的侧面沿母线SB展开，因为点A沿圆锥侧面到点B的最短距离为22，又SA=SB=2，所以∠A'SB=π2．所以圆锥的侧面展开图（扇形）的圆心角为π．设圆锥底面圆半径为r，则2πr=2π，所以r=1，所以圆锥的高h=SO=6.B【试题立意】本题考查空间向量的坐标运算以及点到平面的距离，重点考查空间想象、推理分析能力，考查直观想象、数学运算等学科核心素养．【解析】如图，以点A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则P(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，所以BD=(-2,2,0)，BP=(-2,0,2)．设E(x,y,z)，平面PBD的法向量为n=(aPE=2EC，所以(x,y,z-2)=(4-2x,4-2y,-2z)，解得x=43，y=43，7.A【试题立意】本题考查三角恒等变换以及基本不等式，重点考查运算求解、数据分析、推理分析能力，考查数学运算、数据分析和逻辑推理等学科核心素养．【解析】由sin(2α-β)+2sin2αsinβ=2cos2αsinβ，得sin(2α-β)=2(cos2α-sin2α)sinβ，即sin2αcosβ8.D【试题立意】本题考查函数的性质以及指数、对数运算，重点考查学生推理分析、运算求解能力，考查函数与方程思想、建模意识，考查数学建模、逻辑推理和数学运算等学科核心素养．【解析】当x<0时，f(x)=ex-e-x，易得f(x)在(-∞,0)上单调递增．又f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x)在(0,+∞)上单调递减．由题知a=flog1312=f(-log32)=f(log32)，b=flog130.2二、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.ACD【试题立意】本题考查复数的四则运算，重点考查运算求解能力，考查了数学运算等学科核心素养．【解析】对于A，z=8-i2+3i=(8-i)(2-3i)(2+3i)(2-3i)=13-26i13=1-2i，A正确；对于B，z=1+2i，B错误；对于C，|10.BD【试题立意】本题考查三角函数的图象变换以及三角函数的图象与性质，重点考查了数据分析、逻辑推理和数学运算等学科核心素养．【解析】函数f(x)的图象向左平移π6个单位长度后，得到的图象对应的函数设为g(x)=sin2x+π3+φ．由g(x)的图象关于直线x=π4对称，得π2+π3+φ=kπ+π2，k∈Z点π6,0对称，B正确．令2kπ-π2≤2x+2π3≤2kπ+π2，k∈Z，解得kπ-7π12≤x≤kπ-π12，k∈Z，所以f(x)在-π4,π4上并非整体单调递增，C错误．令f(x)=11.ABD【试题立意】本题考查直线与圆的位置关系以及隐形圆，考查函数与方程思想，考查逻辑推理和数学运算等学科核心素养．【解析】对于A，由题知圆C的圆心为(2,-1)，半径为2．若直线l与圆C相切，则|2k-1|k2+1=2，解得k=-34，A正确．对于B，由y=kx-2，得y+2=k(x+0)，所以直线l恒过定点(0,-2)，且(0-2)2+(-2+1)2=5>4，所以定点在圆C外，B正确．对于C，联立y=kx-2,(x-2)2+(y+1)2=4,消去y，得(k2+1)x2-(2k+4)x+1=0，所以Δ1=(2k+4)2-4(k2+1)>0，解得k>-34．设直线l与圆C的交点为M(x1,三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.0.8【试题立意】本题考查事件的概率关系，重点考查对立事件的概率公式，考查运算求解、数据分析能力，考查数学运算、数据分析等学科核心素养．【解析】因为A，B互为对立事件，且P(A)=0.2，所以13.x=1【试题立意】【解析】方法一：由题知圆C的圆心为C(0,2)，半径为2，又P(4,2)，则|CP|=4．易知点M，N关于直线CP对称，且直线MN垂直于x轴，所以|PM|=|PN|=42-22=23，12|MN|=方法二：由题知圆心C(0,2)，以CP为直径的圆的方程为(x-2)2+(y-2)2=4，又已知圆C的方程为14.3-1（2分）(3+3【试题立意】本题以平面图形翻折问题为背景，考查多面体的结构特征、外接球问题，考查直观想象和数学运算等学科核心素养．【解析】如图1，该多面体是上、下底面互相平行且边长为1的正六边形，侧面是12个边长为1的等边三角形．设上、下底面的中心分别为O1，O，M是GH的中点，连接BM，MO1，O1O，OB，易知四边形BMO1O是直角梯形．如图2，BM=MO1=32，BO=1，过点M作MN⊥BO，垂足为N，则O1O=MN=322-1-322图1图2四、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.【试题立意】本题考查直线方程以及直线与圆的位置关系问题，考查数形结合、推理分析以及数学运算能力，考查直观想象和数学运算等学科核心素养．【解析】(1)方法一：依题意，设直线l的方程为y-2=k(令y=0，解得x=1-2k；令x不妨令M1-2k,0，N则S△OMN=12因为k<0，所以4-4k-k≥4+2-4所以△OMN的面积的最小值为4，此时直线l的方程为2x+y-方法二：由题直线l过点A(1,2)，且斜率小于0，得直线l与两坐标轴的正半轴交于M，N设直线l的方程为xa+yb又直线l过点A(1,2)，所以1所以b+2a=ab≥22ab，解得ab≥8，当且仅当b=2a，即所以S△OMN=12ab≥4，即此时直线l的方程为x2+y4=1，即(2)由题知圆的圆心为(0,0)，半径为2．依题意，圆心到直线l的距离d=22-由题意设直线l的斜率为k，由y-2=k(x-1)所以|2-k|k2+1=1，解得所以直线l的方程为3x-4y16.【试题立意】本题考查函数的奇偶性、单调性以及含参不等式求解，培养函数与方程思想，考查逻辑推理和数学运算等学科核心素养．【解析】(1)函数f(x函数f(x)的定义域为R，又f(-x)+f即f(-x)=-f(x)，所以(2)令g(x)=3x-13x∀x1,x2∈R因为x1<x2，所以又(3x1+1)(3x2所以g(x)在又y=x3在所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增．（f(x)的单调性用其他形式作出说明也可得3由(1)知f(2m2-所以2m2-1<2-m，即故原不等式的解集为m-32<17.【试题立意】本题考查正弦定理、余弦定理的应用，考查三角恒等变换，利用正弦定理、余弦定理求三角形的面积，考查逻辑推理、数学运算等学科核心素养．【解析】(1)由csin2得csinAcosA由正弦定理，得sinA(sinCcos又sinC且sinA>0，所以sinB=3cosB又0<B<π，所以B=π(2)由正弦定理，知b=2RsinB=2×733×32=7．又a+b+c=18，所以由余弦定理，得b2=a2+c2故S△ABC=1218.【试题立意】本题以三棱柱为背景，考查线线垂直的判定，具体考查线线垂直、平面与平面夹角的计算，考查逻辑推理、直观想象、数学运算等学科核心素养．【解析】(1)如图，取AC的中点E，连接BE，DE．因为AB=BC，E是AC的中点，所以BE⊥AC． 2分因为几何体ABC-A1B1C1又D是棱A1C1的中点，所以DE⊥AC．又BE∩DE=E，BE⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，所以AC⊥平面BDE又BD⊂平面BDE，所以BD⊥AC． 5分(2)以E为原点，EB，EC，ED所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．若M是BB1的中点，则A(0,-3,0)，B(1,0,0)，所以MD=(-1,0,2)，AD=(0,3,4)，CD设平面ADM的法向量为m=(x1,y1,z由m⋅MD=0,m令z1=3，得x所以平面ADM的一个法向量为m=(2同理可求得平面CDM的一个法向量为n=(23,4,3所以|cos⟨所以平面ADM与平面CDM夹角的余弦值为131． 12(3)设BM=h(0<h<4)，则V三棱锥M-ABC的表面积为S表=2h+利用体积相等关系有13⋅S表⋅35解得h=3，所以BM=3．19.【试题立意】本题以二次函数为背景，考查函数的最值、不等式恒成立与函数的零点问题，考查转化与化归思想、函数与方程思想，考查推理分析和数学运算能力，考查逻辑推理和数学运算等学科核心素养．【解析】(1)当a=2时，f所以g易得g(x)在[0,1)上单调递减，在[1,2)上单调递增，在[2,3]上单调递减，在因为g(2)=1，g(1)=g所以g(x)在x=1或x=3时，取得最小值0；在x=0或故g(x)在[0,4]上的最大值为3，最小值为0．(2)因为g(x)=|f由g(x)≤2a对任意x∈[0,2]恒成立，得先考虑f(x)≤2a，即x2当x=0当x∈(0,2]时，2a≥x所以a≥34．再考虑f(x)≥-2a令q(x)=x2-2ax+4a-易得q(x)的图象的对称