精品解析：广东省广州市铁一中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷

广州市铁一中学2025-2026学年第一学期10月月考 高二数学 命题人：范群 审题人：刘国 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 一、单项选择题：本大题8小题，每小题5分，共40分． 1. 若全集为，集合，，则下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合集合间的包含关系，以及补集的运算，即可求解. 【详解】由全集为，且集合，， 则，所以A、B不正确； 又由，所以为的真子集，所以C正确，D错误. 故选：C. 2. 函数的定义域为R，对任意的有且函数为偶函数，则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件推出在上单调递减，又由函数为偶函数，推出的图象关于直线对称，由对称性和单调性即可得的大小关系. 【详解】因为的定义域为R， 且对任意的，有， 设，则有，所以在上单调递减. 又因为函数为偶函数，即， 所以的图象关于直线对称，所以， 则. 故选：B. 3. 已知为正实数，且，则的最小值为（　　） A. 12 B. 16 C. 18 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得，然后由基本不等式可得答案. 【详解】. 当且仅当，即时取等号. 故选：B 4. 若，，且都为锐角，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】先利用同角的正余弦的平方关系可求得，，再根据，利用两角差的正弦公式求值即可. 【详解】因为都为锐角，所以，所以，， 所以， 因为。，所以， 因为，， 所以， 所以 . 故选：D. 5. 在中，则下列条件不是的充要条件的为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】选项A利用正弦定理可判定；选项B利用同角三角函数关系可得，从而可判定；选项C利用二倍角公式可得，从而可判定；选项D可以举反例进行判定． 【详解】选项A：利用正弦定理可得， 故\，等价于，而在中，等价于，故选项A正确； 选项B：，由余弦函数为减函数可得，故选项B正确； 选项C：，利用二倍角公式可得， 所以，即，等价于， 而在中，等价于，故选项C正确； 选项D：不能推出，如，时满足， 但由大角对大边可得，故选项D不正确． 故选：D. 6. 设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数的性质以及化同底对数即可判断大小. 【详解】因为，，，，所以， 比较和，，，所以， 再比较，，，，所以， 故. 故选：C 7. 已知，且，为虚数单位，则的最大值是（　　） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数模的几何意义，利用点与圆上点的距离的最大值去求的最大值即可. 【详解】表示以为圆心，为半径的圆， 则圆心C到点的距离， 则的最大值为. 故选：A 8. 已知函数（a，且）在区间上有零点，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】转换主参变量，利用点到直线的距离公式来求得的最小值. 【详解】依题意在区间上有零点， 整理得在上有解， 表示坐标系中，直线（看成参数）上的点， 所以表示原点到直线上的点的距离的平方， 设， 由于，所以当时，取得最小值为， 所以的最小值为. 故选：D 【点睛】关键点点睛： 主参变量的转换：将原始代数问题转化为几何问题，利用几何性质进行求解，是解题的关键步骤，确保每一个几何量的合理转换，能够有效简化求解过程. 距离公式的合理运用：通过距离公式来计算直线与原点的最小距离，确保了推导过程的逻辑严密性和计算的准确性. 二、多项选择题：本大题3小题，每小题6分，共18分． 9. 下列说法正确的是（　　） A. 已知直线与直线平行，则它们之间的距离是 B. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件 C. 当点到直线的距离最大时，的值为 D. 已知直线过定点且与以为端点的线段有交点，则直线的斜率的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用直线平行求出参数再应用平行线间距离计算判断A，根据垂直得出参数再结合充分不必要条件定义判断B，应用直线的定点结合垂直计算求参判断C，数形结合得出有交点时的斜率范围判断D. 【详解】对于A，直线与直线平行，则，解得， 直线，即， 则与的距离为，选项A正确； 对于B，由两直线互相垂直得，，解得或， 可知“”两直线垂直的充分不必要条件，选项B错误； 对于C，将直线方程变形为，由得， 则直线过定点，斜率为， 当直线与垂直时，点到直线的距离最大， 因为，所以，选项C正确； 对于D，如图，， 由图可知，当或时，直线与线段有交点，故选项D正确. 故选：ACD． 10. 三棱锥中，已知平面，垂足为，连接，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则为的外心 B. 若，则为的垂心 C. 若，则为的重心 D. 若，则为的内心 【答案】AB 【解析】 【分析】由可判断A和C；由数量积运算可得B和D条件相同，进而可判断B和D. 【详解】对于选项A：若，则为的外心， 故A正确； 对于选项B：由得，即， 所以，又，且，所以平面，从而； 同理可得，所以为的垂心，故B正确； 对于选项C：因为平面，则由得， 所以为的外心，故C错误； 对于选项D：由，，且，所以平面， 从而，又，且，所以平面，从而； 同理可得，所以为的垂心，故D错误. 故选：AB. 11. 如图，在棱长均为2的正三棱柱中，、分别为、的中点，为线段上的动点（不包括端点），则下列结论正确的是（ ） A. 若为的中点，则平面 B. 若为的中点，三棱柱被平面分成上下两部分多面体的体积之比为 C. 若，平面与平面所成角的正切值为 D. 三棱锥外接球半径的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立空间之间坐标系，求解平面法向量，即可根据向量法判定AC,作出截面，利用三棱锥的体积公式，即可求解B,根据空间中两点距离公式，结合二次函数的性质即可求解. 【详解】设为的中点，由正三棱柱的性质，两两垂直，所以以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系。则 设, 对A，若为的中点，设平面的法向量， 由，可得， 令解得，，则与平面不平行，则与平面不平行，故A错误. 对于B, 若为的中点，则， 延长交于,连接交于点,则平面截三棱柱，所得截面为四边形， 由于是的中点，则,故，由,进而可得,故, 故 故, , , 因此三棱柱被截面截得的上部分的体积为, 而三棱柱的体积为, 三棱柱被平面分成上下两部分多面体的体积之比为，故B正确. 选项C, 若, 则 ，设平面的法向量， ，由得， 令， 平面的法向量, 设平面与平面所成角为，则, ,所以， 所以C正确. 对于D，设球心为，则,即,化简可得， 则，故， 由于，故，所以， 又为开口向上的二次函数，且对称轴为， 当，，当时， 故，D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若事件与事件相互独立，，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】先利用对立事件概率公式和独立事件乘法公式求得，再利用对立事件概率公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以. 故答案为： 13. 如图，已知正三角形ABC和正方形BCDE的边长均为3，且二面角的大小为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】设分别为的中点，连接，可证得，，即可得到，进而根据向量的加减运算以及数量积的运算律，即可求得答案. 【详解】设分别为的中点，连接，    在正三角形中，，且， 在正方形中，， 则为二面角的平面角，即， 故 . 故答案为：. 14. 已知，满足，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】把问题转化为两点之间线段最短，再求两点之间的距离即可. 【详解】因为， 所以. 所以表示圆上的点到与到的距离和. 如图： 所以（当为线段与圆的交点时取等号）. 故答案为： 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. 在中，内角所对的边分别为，已知. （1）求内角的大小； （2）若，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，再利用辅助角公式化简，结合特殊角即可求出角A； （2）法一：结合余弦定理以及基本不等式即可求出最值；法二：根据正弦定理边化角，利用三角函数求最值，注意定义域. 【小问1详解】 由正弦定理有， 因为，所以， 故，即，即， 因为，所以， 所以，即. 【小问2详解】 法一：因为，即， 因为， 所以，即（当且仅当时取等）， 故（当且仅当时取等）， 所以当时，△ABC面积S有最大值，最大值为. 法二：由正弦定理有， 即，， 因为，所以， 当，即时，有最大值，最大值为1， . 16. 已知直线和点，． （1）在直线l上求一点P，使的值最小； （2）在直线l上求一点P，使的值最大． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）通过找出点A关于直线l的对称点为，将的最小值转化为的最小值，利用三角形三边的关系可知，即可求点P的坐标; （2）利用三角形的三边关系可知，再求出直线AB的方程，即可求出点P的坐标. 【小问1详解】 设A关于直线l的对称点为，则， 解得，故， 又∵P为直线l上的一点，则， 当且仅当B，P，三点共线时等号成立，此时取得最小值， 点P即是直线与直线l的交点． 由 ，解得， 故所求的点P的坐标为． 【小问2详解】 由题意，知A，B两点在直线l的同侧，P是直线l上的一点， 则，当且仅当A，B，P三点共线时等号成立， 此时取得最大值，点P即是直线AB与直线l的交点, 又∵直线AB的方程为， ∴由 ，解得， 故所求的点P的坐标为． 17. 某校举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，高一年级学生参加了这次竞赛，为了了解本次竞赛的成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计，将成绩进行整理后，分成五组（，，，，），其中第二组的频数是第五组的频数的8倍，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题． （1）若根据这次成绩，年级准备淘汰的学生，仅留的学生进入下一轮竞赛，请问晋级分数线划为多少合理？ （2）李老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：．已知这10个分数的平均数，标准差，若剔除其中的96和84这2个分数，求剩余8个分数的平均数与方差． （3）从样本数据在，，这三个组内的学生中，用分层抽样的方法抽取7名学生，再从这7名学生中随机选出2人，求选出的2人来自不同组的概率． 【答案】（1）分合理 （2）平均数90，方差22.25． （3） 【解析】 【分析】（1）利用百分位数的定义求解； （2）利用平均数和方差的定义求解； （3）利用古典概型的概率公式求解． 【小问1详解】 由题意知，第二组的频数是第五组的频数的8倍，所以， 又，所以． 因为成绩落在内的频率为， 落在内的频率为， 所以第90百分位数在内． 设第90百分位数为，则，解得， 所以晋级分数线划为分合理． 【小问2详解】 因为，所以， 所以，所以． 剔除其中的96和84这2个分数，设剩余8个分数为， 平均数与标准差分别为， 则剩余8个分数的平均数， 方差． 【小问3详解】 由图可知，按分层抽样法，这三组应分别抽取4人，2人，1人，分别记为． 所有的抽样情况 ，共21个样本点，“选出的2人来自于不同组”，则 ，共14个样本点， 所以． 18. 如图所示，在四棱锥中，底面，平面平面，． （1）证明：； （2）设，，若二面角的平面角为，求. 【答案】（1） 因为平面，且平面，所以， 又因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）由底面，证得，再由平面平面，利用面面垂直的性质定理，证得平面，进而证得； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，分别求得平面和的法向量和，结合二面角的平面角为，利用向量的夹角公式，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）易知两两垂直， 以为原点，以所在直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设，其中， 因为且，可得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 因为二面角平面角为， 所以， 整理得，解得 又因为，所以，即的长为. 19. 在空间中，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量．由于任意两个空间向量都可以通过平移转化为同一平面内的向量，这样任意两个空间向量的运算就可以转化为平面向量的运算．请根据以上信息，解决下列问题：在三棱锥中，若，则称这样的三棱锥为完美三棱锥. （1）在三棱锥中，，求证：该三棱锥是完美三棱锥； （2）已知三棱锥中，为正三角形，. ①若，判断该三棱锥是否为完美三棱锥，并说明理由； ②若，且该三棱锥为完美三棱锥，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明如下： 由题意结合空间向量的线性运算化简得 ， ， 因为，所以， 即， 故该三棱锥是完美三棱锥， （2）①不是，证明如下： 为正三角形，，故，，又， 得到，由勾股定理逆定理得， 即，同理可得， 所以， 则该三棱锥不是完美三棱锥. ② 【解析】 【分析】（1）根据空间性向量基本定理，以为基底并结合完美三棱锥的定义化简得到，再结合向量垂直的性质得到证明等式即可. （2）①结合题意得到对应向量的数量积，再利用完美三棱锥的定义判断即可. ②由棱锥为完美三棱锥可得长，由两点间距离公式求得点坐标，进而求出关键平面的法向量，最后利用二面角的向量求法得到余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①略 ②如图，以为原点建立空间直角坐标系，则， 因为，由余弦定理得， 所以，， 因为该三棱锥为完美三棱锥， 所以， ， 解得，由余弦定理得，解得， 设，，解得， 即，向量， 则，则， 不妨取，则， 设平面的一个法向量， 则，则， 不妨取，则， 则， 由图可知二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市铁一中学2025-2026学年第一学期10月月考 高二数学 命题人：范群 审题人：刘国 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 一、单项选择题：本大题8小题，每小题5分，共40分． 1. 若全集为，集合，，则下列关系正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 函数的定义域为R，对任意的有且函数为偶函数，则（　　） A. B. C. D. 3. 已知为正实数，且，则的最小值为（　　） A. 12 B. 16 C. 18 D. 20 4. 若，，且都为锐角，则（ ） A. B. C. D. 1 5. 在中，则下列条件不是的充要条件的为（ ） A. B. C. D. 6. 设，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，且，为虚数单位，则的最大值是（　　） A. B. C. 2 D. 8. 已知函数（a，且）在区间上有零点，则的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 1 二、多项选择题：本大题3小题，每小题6分，共18分． 9. 下列说法正确的是（　　） A. 已知直线与直线平行，则它们之间的距离是 B. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件 C. 当点到直线的距离最大时，的值为 D. 已知直线过定点且与以为端点的线段有交点，则直线的斜率的取值范围是 10. 三棱锥中，已知平面，垂足为，连接，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则为的外心 B. 若，则为的垂心 C. 若，则为的重心 D. 若，则为的内心 11. 如图，在棱长均为2的正三棱柱中，、分别为、的中点，为线段上的动点（不包括端点），则下列结论正确的是（ ） A. 若为的中点，则平面 B. 若为的中点，三棱柱被平面分成上下两部分多面体的体积之比为 C. 若，平面与平面所成角的正切值为 D. 三棱锥外接球半径的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若事件与事件相互独立，，，则______. 13. 如图，已知正三角形ABC和正方形BCDE的边长均为3，且二面角的大小为，则______． 14. 已知，满足，则的最小值为______. 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. 在中，内角所对的边分别为，已知. （1）求内角的大小； （2）若，求面积的最大值. 16. 已知直线和点，． （1）在直线l上求一点P，使的值最小； （2）在直线l上求一点P，使的值最大． 17. 某校举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，高一年级学生参加了这次竞赛，为了了解本次竞赛的成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩作为样本进行统计，将成绩进行整理后，分成五组（，，，，），其中第二组的频数是第五组的频数的8倍，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题． （1）若根据这次成绩，年级准备淘汰的学生，仅留的学生进入下一轮竞赛，请问晋级分数线划为多少合理？ （2）李老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数：．已知这10个分数的平均数，标准差，若剔除其中的96和84这2个分数，求剩余8个分数的平均数与方差． （3）从样本数据在，，这三个组内的学生中，用分层抽样的方法抽取7名学生，再从这7名学生中随机选出2人，求选出的2人来自不同组的概率． 18. 如图所示，在四棱锥中，底面，平面平面，． （1）证明：； （2）设，，若二面角的平面角为，求. 19. 在空间中，我们把具有大小和方向的量叫做空间向量．由于任意两个空间向量都可以通过平移转化为同一平面内的向量，这样任意两个空间向量的运算就可以转化为平面向量的运算．请根据以上信息，解决下列问题：在三棱锥中，若，则称这样的三棱锥为完美三棱锥. （1）在三棱锥中，，求证：该三棱锥是完美三棱锥； （2）已知三棱锥中，为正三角形，. ①若，判断该三棱锥是否为完美三棱锥，并说明理由； ②若，且该三棱锥为完美三棱锥，求二面角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $