精品解析：黑龙江省大庆市大庆中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

大庆中学2025--2026学年度上学期月考 高二年级数学试题 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息. 2.请将答案正确填写在答题卡上. 第I卷（选择题） 一、单选题（本题共8个小题，每题5分，共40分） 1. 若直线与直线平行，则（ ） A. 0 B. 或0 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线平行的条件列方程求得的值，然后检验，排除两直线重合的情况. 【详解】由题意得,即,解得或. 当时，两直线方程都为，两直线重合，不合题意，舍去； 当时，两直线方程分别为和，此时两直线平行，符合题意. 故选：C. 2. 设集合，则集合（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解指数不等式化简集合，再利用交集的定义求解. 【详解】由，解得，则，而， 所以. 故选：C 3. 设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，（　　） A. 若m∥α，n∥α，则m∥n B. 若m∥α，m∥β，则α∥β C. 若m∥n，m⊥α，则n⊥α D. 若m∥α，α⊥β，则m⊥β 【答案】C 【解析】 【详解】A、m∥α，n∥α，则m∥n，m与n可能相交也可能异面，所以A不正确； B、m∥α，m∥β，则α∥β，还有α与β可能相交，所以B不正确； C、m∥n，m⊥α，则n⊥α，满足直线与平面垂直的性质定理，故C正确． D、m∥α，α⊥β，则m⊥β，也可能m∥β，也可能m∩β=A，所以D不正确； 故选C． 4. 已知点，，若直线与线段AB相交，则k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 分析】由直线方程易得直线过定点，结合图形进行求解即可. 【详解】直线过定点， 而，， 由图可知，要使直线与线段AB相交， 则或，即k的取值范围是. 故选：B. 5. 若复数在复平面内对应的点在直线上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的几何意义得出对应点坐标，代入直线方程可得，进而得出复数，最后利用复数乘法运算即可. 【详解】因为， 所以复数在复平面内对应的点为 又点在直线上， 所以，解得， 所以复数， ， 故选：D. 6. 设向量，满足且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的模，结合数量积的运算律，先求，再利用向量的数量积求向量的夹角. 【详解】设与的夹角为，由题意得，所以. 又，所以， 所以，即. 又，所以与的夹角为. 故选：A 7. 如图，在直三棱柱中，，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ）． 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. 【详解】以为原点，所在直线为轴，过点且平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，． 设A关于平面的对称点为，， 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. 8. 在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，过l上一点P作圆的两条切线，切点分别为M、N，设线段的中点为Q，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设点，，根据圆的切线的性质可得在以为直径的圆上，求得其圆的方程，再由在圆上，可得直线的方程，求得直线恒过定点，从而得在以为直径的圆，得出圆的方程可求得的最大值． 【详解】设点，， 因为是圆的切线，所以， 所以在以为直径的圆上， 其圆的方程为， 又圆上， 则将两个圆的方程作差得直线的方程：， 即，所以直线恒过定点， 又因为，四点共线，所以， 即在以为直径的圆上， 其圆心为，半径为， 所以， 所以的最大值为. 故选：D． 二、多选题（本题共3个小题，每题6分，共18分） 9. 已知，，则（） A. B. 的共轭复数是 C. 的虚部是 D. 是纯虚数 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据复数的加法运算及复数的模的计算公式求解即可；对于B，根据复数的减法运算及费轭复数的概念即可求解；对于C，根据复数的乘法运算即可求出，连而可求虚部；对于D，根据复数的除法运算即可求出，进而判断是不是纯虚数. 【详解】对于A，，，故A正确； 对于B，，的共轭复数为，故B错误； 对于C，，的虚部为3，故C正确； 对于D，，故为纯虚数，故D正确. 故选：ACD 10. 一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记事件“得到的点数不大于4”，记事件“得到的点数为偶数”，记事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件与互斥 C. 两两独立 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据互斥事件的概念以及相关公式和古典概型与事件独立的乘法公式进行计算与判断即可. 【详解】由题意：事件的样本点为：，事件的样本点为，事件的样本点为. 所以的样本点为：，所以，故A正确； 因为的样本点为：，所以的样本点为，又的样本点为，所以事件与互斥，故B正确； 因为的样本点为，所以，，. 因为，所以事件，不相互独立，故C错误； 因为，的样本点为，所以，又，所以，故D正确. 故选：ABD 11. 如图，正方体的棱长为a，E是棱CD上的动点，且．则下列结论正确的是（ ） A. B. 点E到直线的距离为 C. 直线AE与所成角的范围为 D. 二面角的大小为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知构建合适的空间直角坐标系，应用向量法证明线性垂直、求异面直线所成角判断A、C；根据正方体的结构特征及二面角的定义判断B、D. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则， 对于A：， 因为，所以，即，正确； 对于B：由正方体的结构特征知，且四边形为矩形， 所以E到的距离为，正确． 对于C：， 设直线AE与所成角为，则， 显然在中，随的变大而变小， 当时，最大等于，此时最小为， 当时，最小等于0，此时最大为， 所以，即直线AE与所成角的范围为，不正确； 对于D：二面角，即二面角， 平面平面， 所以即为二面角的平面角， 在正方形中，则二面角的大小为，正确. 故选：ABD 第II卷（非选择题） 三、填空题（本题共3个小题，每题5分，共15分） 12. 已知向量与不共线，且，，若，则________. 【答案】 【解析】 【分析】由得，由得，即可求解结果． 【详解】因，由，得， 又由，可得，所以， 则. 故答案为： 13. 如图，已知ABC-A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D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,且. 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，所以平面,所以两两垂直，所以分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 据题意可知， 则 设平面AB1D的一个法向量是 所以,所以, 令,则,所以. 因为,所以点C到平面AB1D的距离. 故答案为： 14. 在平面直角坐标系中，已知点A，B在圆心为C的圆上运动，且．若直线l：上存在点，使得成立，其中为原点， 则实数的取值范围为 ___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用垂径定理可求得；设，利用向量坐标运算可表示出M点坐标，利用两点间距离公式可构造关于的方程，结合已知得出方程解的个数，由列出不等式，求解即可得出结果. 【详解】设，，中点， 由已知可得，圆的圆心，半径. 连接，由垂径定理可得，且， 所以. 由直线l：上存在点，可设点， 则，， 所以，， 可得，即，， 即， 所以，， 由，可得，即， 由题意知，至少存在1个点， 所以，整理可得， 解得，即 故答案为： 【点睛】思路点睛：设出点的坐标，根据点的坐标表示出线段长度，结合已知列出关系式.根据已知满足条件点的个数，即可得出方程解的个数. 四、解答题（本题共5个大题，共77分） 15. 已知直线与直线的交点为， （1）直线经过，且与直线垂直，求直线的方程： （2）直线经过，且在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程. 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】（1）联立两直线方程解得交点坐标，再由垂直关系可得斜率，利用点斜式方程可得结果； （2）分别讨论截距是否为0，代入点坐标计算可得结果. 【小问1详解】 联立，解得，即， 由与直线垂直可得其斜率为， 所以直线的方程为，即； 【小问2详解】 当在两坐标轴上的截距均为0时，易知此时方程为； 当在两坐标轴上的截距不为0时，可设直线的方程为， 因为，且，所以， 故此时直线的方程为； 综上可知，直线的方程为或. 16. 已知分别为三个内角的对边，满足 （1）求; （2）若的周长为，面积为 求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得，得到，再由辅助角公式求出答案； （2）根据题中条件得到的关系式，结合余弦定理解得的值 【小问1详解】 由正弦定理得， 其中， 故， 因为，所以，故， 即，所以， 因为，所以， 故，解得； 【小问2详解】 因为的周长为，面积为 所以，即 由余弦定理得，即 结合方程化简得，解得 17. 甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有3道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人答题互不影响； （1）求甲、乙两人共答对5道题目的概率． （2）若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，求甲、乙两人只有一人通过面试的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式，再结合互斥事件加法公式即可求解； （2）先求甲乙两人分别没通过面试概率，再利用对立事件，即可得到甲乙两人分别通过面试的概率，然后利用两人中仅有一人通过，结合两相互独立事件概率乘法公式即可求解. 【小问1详解】 设“甲答对3道题目”, “甲答对2道题目” “乙答对3道题目”， “乙答对2道题目”，根据独立事件的性质，可得， ， ， ， ， 设为 “甲、乙两人共答对5道题目”， 则，因为与互斥，与，与分别相互独立，， 所以甲、乙两人共答对5道题目的概率． 【小问2详解】 C=“甲通过面试”，D=“乙通过面试”，与相互独立， ， E=“甲、乙两人只有一人通过面试”，则，因为与互斥， 与，与分别相互独立， 所以甲、乙两人只有一人通过面试的概率 18. 已知定点，点为圆上的动点，为的中点． （1）求轨迹方程； （2）若过定点的直线与的轨迹交于两点，且，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设点的坐标为，表达出点的坐标，将其代入中，整理可得的轨迹方程； （2）考虑直线的斜率不存在和斜率存在两种情况，由点到直线距离和弦长公式进行求解，得到答案. 【小问1详解】 设点的坐标为，则点的坐标为， 点为圆上的动点， ，化简得， 故的轨迹方程为． 【小问2详解】 圆的圆心坐标为，半径， 当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 此时圆心到直线的距离是，所以，满足条件； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 化简得， 因为，所以圆心到直线的距离， 由圆心到直线的距离公式得， 所以，即，平方得， 整理得，解得，故直线的方程为，即． 综上，直线的方程为或． 19. 如图，四棱锥的底面为矩形，平面，，点，分别为棱的中点. （1）证明：平面平面； （2）点为线段上的点，且满足平面. （i）确定点在上的位置； （ii）若，求直线与直线所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）点为的一个三等分点，靠近点的位置（ii） 【解析】 【分析】（1）平面即为平面，因此可先证平面，利用面面垂直的判定定理可得平面平面，或直接建立空间直角坐标系，证明两个平面的法向量相互垂直，得到两个平面垂直. （2）先利用线面平行的性质定理确定点的位置；再以为基底表示，利用向量法求得与所成角的余弦值，即直线与直线所成角的余弦值.或根据题意可建立空间直角坐标系，利用点为线段上的点，设，用表示出点H的坐标，求出平面的法向量，根据平面求得的值，进而确定点在上的位置； （ii）然后用坐标表示得与，并求得与所成角的余弦值，即直线与直线所成角的余弦值. 【小问1详解】 证明：连接，如图所示. 因为四棱锥的底面为矩形，，点为棱的中点， 所以，且，所以，同理， 所以，即. 因为平面平面，所以. 又因为，且平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面， 即平面平面. （方法二）证明：因为四棱锥的底面为矩形，且平面， 故以点为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，设， 因为，所以， 所以. 设平面的法向量为， 则所以 令，得； 设平面的法向量为， 则所以 令，得； 所以，所以， 所以平面平面； 【小问2详解】 （i）如图，连接交于点. 因为平面平面，平面平面，所以. 因为点为棱的中点，所以点为的中点. 设为的中点，连接交于点. 又因为点为的中点，四边形为矩形， 所以，且， 所以，所以，故，所以， 即点为的一个三等分点，靠近点的位置. （ii）因为四棱锥的底面为矩形，且平面，所以两两垂直. 因此以为基底，表示， 则有， 因为，所以， 所以， 所以 所以直线与直线所成角的余弦值为 （方法二）（i）接（1）方法二，得， 因为点为线段上的点，设，则， 所以， 设平面的法向量为， 则所以令， 得； 因为平面，所以， 所以，解得， 所以，即点为的一个三等分点，靠近点的位置. （ii）因为，所以， 由（i）知，，故， 所以， 所以， 所以直线与直线所成角的余弦值为. （方法三）（i）由平面可知，唯一确定. 如图，取中点，连接的延长线交于点， 则即为所求. 理由如下： 因为分别为中点，所以， 因为平面平面，所以平面. 设，由得， 因为三点共线，所以，解得， 所以，点为的一个三等分点，靠近点位置. （ii）在Rt中，， 连接，取中点，连接， 因为点为中点，所以. 所以为直线与直线所成角或其补角. 取中点，连接，则，， 因为平面，所以平面. 在Rt中，， 所以. 在Rt中，. 取中点，连接，则， 所以. 在中，由余弦定理得 所以直线与直线所成角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大庆中学2025--2026学年度上学期月考 高二年级数学试题 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息. 2.请将答案正确填写在答题卡上. 第I卷（选择题） 一、单选题（本题共8个小题，每题5分，共40分） 1. 若直线与直线平行，则（ ） A. 0 B. 或0 C. D. 1 2. 设集合，则集合（　　） A. B. C. D. 3. 设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，（　　） A. 若m∥α，n∥α，则m∥n B. 若m∥α，m∥β，则α∥β C. 若m∥n，m⊥α，则n⊥α D. 若m∥α，α⊥β，则m⊥β 4. 已知点，，若直线与线段AB相交，则k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 若复数在复平面内对应的点在直线上，则（ ） A. B. C. D. 6. 设向量，满足且，则与夹角为（ ） A B. C. D. 7. 如图，在直三棱柱中，，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ）． A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，过l上一点P作圆的两条切线，切点分别为M、N，设线段的中点为Q，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 二、多选题（本题共3个小题，每题6分，共18分） 9. 已知，，则（） A. B. 的共轭复数是 C. 的虚部是 D. 是纯虚数 10. 一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记事件“得到的点数不大于4”，记事件“得到的点数为偶数”，记事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件与互斥 C 两两独立 D. 11. 如图，正方体的棱长为a，E是棱CD上的动点，且．则下列结论正确的是（ ） A. B. 点E到直线的距离为 C. 直线AE与所成角的范围为 D. 二面角的大小为 第II卷（非选择题） 三、填空题（本题共3个小题，每题5分，共15分） 12. 已知向量与不共线，且，，若，则________. 13. 如图，已知ABC-A1B1C1是侧棱长和底面边长均等于a的直三棱柱，D是侧棱CC1的中点，则点C到平面AB1D的距离为____.  14. 在平面直角坐标系中，已知点A，B在圆心为C的圆上运动，且．若直线l：上存在点，使得成立，其中为原点， 则实数的取值范围为 ___________． 四、解答题（本题共5个大题，共77分） 15. 已知直线与直线的交点为， （1）直线经过，且与直线垂直，求直线方程： （2）直线经过，且在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程. 16. 已知分别为三个内角的对边，满足 （1）求; （2）若的周长为，面积为 求. 17. 甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有3道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是，对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人答题互不影响； （1）求甲、乙两人共答对5道题目的概率． （2）若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，求甲、乙两人只有一人通过面试的概率． 18. 已知定点，点为圆上的动点，为的中点． （1）求轨迹方程； （2）若过定点的直线与的轨迹交于两点，且，求直线的方程． 19. 如图，四棱锥的底面为矩形，平面，，点，分别为棱的中点. （1）证明：平面平面； （2）点为线段上的点，且满足平面. （i）确定点在上的位置； （ii）若，求直线与直线所成角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $