精品解析：四川省成都市石室中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

成都石室中学2025-2026学年度上期高2027届十月月考 数学试题 （满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效. 一、选择题：本大题共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. 已知全集，集合，，则的非空真子集有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 2. 设数据1，2，3，4，m的下四分位数为m，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（  ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 5. 连续抛掷两次一枚质地均匀的硬币，分别记录下每次抛掷的结果，记事件“正面向上的次数大于反面向上的次数”，事件“第次抛掷的结果为正面向上”（其中），则有（ ） A. 事件与事件是互斥事件 B. 事件与事件是相互对立事件 C. D. 6. 如图所示，棱长为1的四面体木块，其四个面均为等边三角形，点是的中心，过点将木块锯开，并使得截面平行于和，则下列关于截面的说法正确的个数为（ ） ①截面是矩形； ②截面的面积为； ③截面与侧面的交线平行于侧面. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 7. 如图，在直四棱柱中，，，，E，F分别是侧棱，上的动点，且平面AEF与平面ABC所成角的大小为，则线段BE的长的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 现有5个正整数，，，，，若这组数据的和为10，方差为，则从这组数据中随机取1个数，该数超过众数的概率为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共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. 已知复数，则（ ） A. B. 在复平面上，对应的向量与对应的向量的夹角为 C. D. 若，则的最大值为3 10. 下列结论正确的是（ ） A. 若三点共线，则m的值为0 B. 已知两点，过点的直线与线段有公共点，则的斜率k的取值范围为 C. 已知点，点B在坐标轴上，经过两点直线的方向向量为，则可以是点B的坐标 D. 若两直线的倾斜角分别为，斜率分别是，则 11. 如图，一个带有盖子的密闭圆台形铁桶中装有两个实心球（桶壁的厚度忽略不计），其中一个球恰为铁桶的内切球（与圆台的上，下底面及每条母线都相切的球），E为该球与母线BC的切点.AB，CD分别为铁桶上，下底面的直径，且，，F为的中点，则（ ） A. 铁桶的母线长为3 B. 铁桶的侧面积为 C. 过D，E，F三点的平面与桶盖的交线与直线CD所成角的正切值为 D. 桶中另一个球的半径的最大值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线的斜率为，倾斜角为且，则的取值范围是_____. 13. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则________ 14. 某公司为了调查员工的体重（单位：千克），因为女员工远多于男员工，所以按性别分层，用按比例分层随机抽样的方法抽取样本，已知抽取样本中所有员工体重的方差为120，其中女员工的平均体重为50，方差为50，男员工的平均体重为70，方差为30.若样本中有21名男员工，则样本中女员工的人数为________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知在中，角所对的边分别是，且满足. （1）求角的大小； （2）若的外接圆半径为1，求面积的最大值. 16. 云南师大附中在组织选拔数学英才班的过程中，对高一年级的300名学生进行了一次测试．已知参加此次测试的学生的分数全部介于45分到95分之间，学校将所有分数分成5组：，，…，，整理得到如图所示的频率分布直方图（同组数据以这组数据的中间值作为代表）． （1）求的值，并估计此次校内测试分数的平均值； （2）学校要求按照分数从高到低选拔首100名的学生进行培训，试估计这100名学生的最低分数（计算结果保留一位小数）； （3）试估计这300名学生的分数的方差，并判断此次得分为63分和86分的两名同学的成绩是否进入到了范围内？ （参考公式：，其中为各组频数，参考数据：）． 17. 如图，在平行六面体中，，为和的交点. （1）求； （2）求平行六面体的体积； （3）设四面体外接球球心为O，求点B到平面的距离. 18. 抛掷一枚质地均匀的骰子. （1）若连续抛掷3次，求“三个上底面点数之和为9”的概率； （2）若将骰子六个面的点数改为两个1、两个2、两个3，现有一质点P在如图所示的正方形四个顶点上按逆时针方向前进.规则如下：从A点出发，当骰子上底面出现的数字是1，质点P前进一步（如由A到B）；当骰子上底面出现的数字是2，质点P前进两步（如由A到C），当骰子上底面出现的数字是3，质点P前进三步（如由A到D）.在质点P转一圈之前连续投掷，若超过一圈，则投掷终止.求质点P恰好返回到A点的概率； （3）若随机事件两两独立，则是否一定成立？若一定成立，请证明，若不一定成立，请用（2）中的骰子设计一个随机实验，举出具体反例来验证. 19. 如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，. （1）证明：； （2）若直线与直线所成角的余弦值为，且，求直线与平面所成角的余弦值； （3）若二面角的正切值为，平面分别与侧棱交于点，且，求面与面所成夹角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都石室中学2025-2026学年度上期高2027届十月月考 数学试题 （满分150分，考试时间120分钟） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效. 一、选择题：本大题共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. 已知全集，集合，，则的非空真子集有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】C 【解析】 【分析】由题意先计算出，再计算其补集，再写出的非空真子集即可得到答案. 【详解】由题意，，，所以， 全集，所以， 的非空真子集有，，共2个. 故选：C 【点睛】本题主要考查集合的基本关系和基本运算，属于基础题. 2. 设数据1，2，3，4，m的下四分位数为m，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据下四分位数的定义将条件转化为由小到大排列是第二位，再求解. 【详解】因为，且五个数中下四分位数为， 所以由小到大排列，在第二位，所以. 故选：A. 3. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（  ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的定义即可求得向量在向量上的投影向量. 【详解】由题意有：向量在向量上的投影向量是： ， 故选：A. 4. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】把带入求值即可. 【详解】由， 则. 又，所以. 故选：C 5. 连续抛掷两次一枚质地均匀的硬币，分别记录下每次抛掷的结果，记事件“正面向上的次数大于反面向上的次数”，事件“第次抛掷的结果为正面向上”（其中），则有（ ） A. 事件与事件是互斥事件 B. 事件与事件是相互对立事件 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对A，根据互斥事件的定义判断；对B，根据相互独立事件的定义判断；对C，求得，，即可判断；对D，求得即可判断. 【详解】根据题意，试验的结果有：正正，正反，反反，反正. 则事件包含：正正，事件：正正，正反，事件：正正，反正. 对于A，事件与事件不是互斥事件， 它们有可能同时发生，故A错误； 对于B，试验结果除了和外，还有其它结果如反反，所以事件与事件不是相互对立事件，故B错误； 对于C，， ， 所以，故C错误； 对于D，，，所以，故D正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是理清事件包含：正正，事件：正正，正反，事件：正正，反正. 6. 如图所示，棱长为1的四面体木块，其四个面均为等边三角形，点是的中心，过点将木块锯开，并使得截面平行于和，则下列关于截面的说法正确的个数为（ ） ①截面是矩形； ②截面的面积为； ③截面与侧面的交线平行于侧面. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理可作出该截面，结合线面平行的性质定理可得截面是平行四边形，再利用线面垂直的判定以及性质可判断①；继而求得截面面积判断②；根据线面平行的性质定理可判断③. 【详解】由题意可知，点是的中心，过点P作， 分别交于，作交于G，设平面与交于点H， 由于平面，平面，故平面， 同理平面，即四边形即为截面， 由于平面，平面平面，平面， 故，同理，，则， 故四边形为平行四边形，即截面是平行四边形， 设M为的中点，连接， 则，，平面， 故平面，又平面， 故，而，，故， 即平行四边形为矩形，即截面是矩形，①正确； 因为点是的中心，则， 故， 故矩形的面积为，即截面的面积为，②正确； 由于截面与侧面的交线为，且， 平面，平面，故平面， 即截面与侧面的交线平行于侧面，③正确. 故选：D. 7. 如图，在直四棱柱中，，，，E，F分别是侧棱，上的动点，且平面AEF与平面ABC所成角的大小为，则线段BE的长的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设出，，求出两平面的法向量，从而根据两平面的所成角得到方程，求出，求出BE的长的最大值. 【详解】依题意，，，两两互相垂直， 以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 设，（，，且m，n不同时为0）， 则，，，所以，. 设平面AEF的一个法向量为， 则， 令，得，则， 显然为平面ABC的一个法向量. 因为平面与平面所成角的大小为， 所以， 即， 得， 所以，所以当时，m取得最大值，最大值为. 故选：B 8. 现有5个正整数，，，，，若这组数据的和为10，方差为，则从这组数据中随机取1个数，该数超过众数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得，，由此得这5个数只可能是3，2，2，2，1，其众数为2，再结合古典概型即可求解. 【详解】由题意可知，设平均数为，方差为， 则，则， 即， 整理得：， 显然最大的数不可能为5，若最大的数为4，剩余的四个数均为1， 此时，不合要求； 若最大的数为4，剩余的四个数分别为1，1，1，2， 此时，不合要求； 故该组数据中最大的数不可能大于等于4，且这5个数也不可能都是2， 则这5个数只可能是3，2，2，2，1，其众数为， 所以从这组数据中随机取1个数，该数超过众数的概率为. 故选：A 二、选择题：本大题共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. 已知复数，则（ ） A. B. 在复平面上，对应的向量与对应的向量的夹角为 C. D. 若，则的最大值为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的运算法则、复数的模、复数的几何意义和向量夹角的计算等知识，分别对各选项进行计算分析判断. 【详解】因为，所以， ，， 所以，A选项正确； ，，C选项正确； 对应向量，对应向量，，故夹角不是，B选项错误； 即，在复平面上所对应点为到所对应点的距离为2的点，即圆心为，半径为2的圆，所以当时，的最大值为3，D选项正确； 故选：ACD. 10. 下列结论正确的是（ ） A. 若三点共线，则m的值为0 B. 已知两点，过点的直线与线段有公共点，则的斜率k的取值范围为 C. 已知点，点B在坐标轴上，经过两点直线的方向向量为，则可以是点B的坐标 D. 若两直线的倾斜角分别为，斜率分别是，则 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，利用斜率相等求解即可；B选项，结合图像求出临界情况分析即可；C选项根据方向向量与平行来判断即可；D选项，根据倾斜角与斜率的关系举反例即可. 【详解】对于A选项，由可得，由三点共线得，得，A选项正确； 对于B选项，由、，， 则，， 由图可知，要使过点的直线与线段MN有公共点， 则或，即的斜率k的取值范围为，故B错误； 对于C选项，若，则，故与平行，故C选项正确； 对于D选项，若，但是，故D选项错误； 故选：AC. 11. 如图，一个带有盖子的密闭圆台形铁桶中装有两个实心球（桶壁的厚度忽略不计），其中一个球恰为铁桶的内切球（与圆台的上，下底面及每条母线都相切的球），E为该球与母线BC的切点.AB，CD分别为铁桶上，下底面的直径，且，，F为的中点，则（ ） A. 铁桶的母线长为3 B. 铁桶的侧面积为 C. 过D，E，F三点的平面与桶盖的交线与直线CD所成角的正切值为 D. 桶中另一个球的半径的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，研究轴截面，设内切圆半径为，利用等面积法求出腰长，即为母线长；对于B选项,利用侧面积公式直接计算铁桶侧面积即可；对于C选项，连接DE交AB于G，连接FG交圆O于M，则FM即为过D，E，F三点的平面与桶盖的交线，在求解即可；对于D选项，在轴截面ABCD中，通过相似三角形求得另一个球半径最大值. 【详解】 由题，铁桶的轴截面是上底为4,下底为2的等腰梯形且有内切圆，如上图， 设内切圆半径为，则梯形两腰长为， 梯形面积公式可以用两种方式表示为 ， 故铁桶的母线长为3，A正确； 对于选项B，侧面积公式为，故B不正确； 对于选项C.连接DE交AB于G，连接FG交圆O于M，则FM即为过D，E，F三点的平面与桶盖的交线.，则即为所求角.,所以E为BC的三等分点且靠近C， 由，求得.在中，. 对于选项D.当球与球、桶盖、桶壁均相切时，球的半径最大，设为， 如下图，在轴截面ABCD中，由， 则， 可求得另一个球半径的最大值为. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线的斜率为，倾斜角为且，则的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】直接利用斜率和倾斜角的关系来得答案. 【详解】，且， 或， 即的取值范围是. 故答案为：. 13. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则________ 【答案】 【解析】 【分析】根据对立事件的概率与互斥事件的概率计算公式求解即可. 【详解】因为， 因为互斥， 所以 ， 解得，所以 故答案为：. 14. 某公司为了调查员工的体重（单位：千克），因为女员工远多于男员工，所以按性别分层，用按比例分层随机抽样的方法抽取样本，已知抽取样本中所有员工体重的方差为120，其中女员工的平均体重为50，方差为50，男员工的平均体重为70，方差为30.若样本中有21名男员工，则样本中女员工的人数为________. 【答案】63 【解析】 【分析】由题意，知样本中男、女员工的平均体重和方差分别为，，，，所占权重分别为和，根据分层抽样的均值和方差公式列方程求出的值，即可求得女员工的人数. 【详解】由题意，记样本中女员工的平均体重和方差分别为，，所占权重为， 男员工的平均体重和方差分别为，，则所占权重为， 则样本中全部员工的平均体重为， 依题意，方差为 . 化简得，解得 或(舍). 所以女员工的人数为：  . 故答案为：63. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知在中，角所对的边分别是，且满足. （1）求角的大小； （2）若的外接圆半径为1，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理进行边角转化，再利用两角和的正弦公式化简等式，得出，结合三角形内角取值范围，求出角. （2）利用正弦定理求出，再利用余弦定理结合基本不等式求出的最大值，最后根据三角形面积公式求出面积最大值. 【小问1详解】 根据正弦定理， 所以，， 所以， 又因为，， 代入化简得①， 根据两角和的正弦公式， 又，则， 代入①化简得：， 因为角，所以角. 【小问2详解】 已知的外接圆半径为1，由正弦定理， 可得， 由余弦定理可知，代入的值可得. 由基本不等式，当且仅当时取等号， 则，当且仅当时取最大值3. 由三角形面积公式可得， 因为，当且仅当时，面积最大， 所以. 16. 云南师大附中在组织选拔数学英才班的过程中，对高一年级的300名学生进行了一次测试．已知参加此次测试的学生的分数全部介于45分到95分之间，学校将所有分数分成5组：，，…，，整理得到如图所示的频率分布直方图（同组数据以这组数据的中间值作为代表）． （1）求的值，并估计此次校内测试分数的平均值； （2）学校要求按照分数从高到低选拔首100名的学生进行培训，试估计这100名学生的最低分数（计算结果保留一位小数）； （3）试估计这300名学生的分数的方差，并判断此次得分为63分和86分的两名同学的成绩是否进入到了范围内？ （参考公式：，其中为各组频数，参考数据：）． 【答案】（1） （2） （3）； 得分为63分的同学的成绩没有进入到范围， 得分为86分的同学的成绩进入到范围了. 【解析】 【分析】（1）先由各组的频率和为1，求出，然后利用平均数的定义可求出， （2）先求出这100名学生的最低分数就是该次校内测试分数的分位数，然后利用百分位的定义求解即可， （3）先利用方差公式求出方差后再判断即可 【小问1详解】 ，所以， 所以该次校内考试测试分数的平均数的估计值为： 分. 【小问2详解】 因为， 设这100名学生的最低分数为， 则，解得 所以这100名学生的最低分数的估计值为分. 【小问3详解】 ， ， 故得分为63分的同学的成绩没有进入到内， 得分为86分的同学的成绩进入到了内. 即：得分为63分的同学的成绩没有进入到范围， 得分为86分的同学的成绩进入到范围了. 17. 如图，在平行六面体中，，为和的交点. （1）求； （2）求平行六面体的体积； （3）设四面体外接球球心为O，求点B到平面的距离. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）结合图形由空间向量的运算和平面向量的数量积可得； （2）设与底面所成的角度为，底面的投影为，连接，过作于，再连接，由勾股定理结合三角函数关系求出，再由棱柱的体积公式可得； （3）先由几何关系找到四面体的外界球心，再建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的法向量，再由空间点到面的距离公式可得. 【小问1详解】 由题意得， 因为， 所以 ， 所以. 【小问2详解】 ， 设与底面所成的角度为，底面的投影为，连接，过作于，再连接， 因为所以一定在上，由几何关系， 在中，，即，且， 联立可解得，所以六面体的高， 所以六面体的体积为. 【小问3详解】 因为为等腰直角三角形，所以与的交点为其外接圆的圆心， 又，由（2）知， 所以四面体外接球球心为O，且，即， 又且是的中点，则，且平面， 所以平面，以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，故， 所以，则， 设平面的法向量为，则，取，则， 所以点B到平面的距离. 18. 抛掷一枚质地均匀的骰子. （1）若连续抛掷3次，求“三个上底面点数之和为9”的概率； （2）若将骰子六个面的点数改为两个1、两个2、两个3，现有一质点P在如图所示的正方形四个顶点上按逆时针方向前进.规则如下：从A点出发，当骰子上底面出现的数字是1，质点P前进一步（如由A到B）；当骰子上底面出现的数字是2，质点P前进两步（如由A到C），当骰子上底面出现的数字是3，质点P前进三步（如由A到D）.在质点P转一圈之前连续投掷，若超过一圈，则投掷终止.求质点P恰好返回到A点的概率； （3）若随机事件两两独立，则是否一定成立？若一定成立，请证明，若不一定成立，请用（2）中的骰子设计一个随机实验，举出具体反例来验证. 【答案】（1） （2） （3）不一定；证明如下： 投掷两次骰子，设事件：第一次点数为1，事件：第二次点数为1，事件：两次点数相同. 则， 则，而， 即不一定成立. 【解析】 【分析】（1）设三次投掷的点数分别为，分取讨论，再结合古典概率求解； （2）分投掷次数结合独立事件的概率公式可解； （3）投掷两次，设事件：第一次点数为1，事件：第二次点数为1，事件：两次点数相同，由独立事件的乘法公式可得. 【小问1详解】 由题意可知，连续抛掷3次结果共有216种， 设三次投掷的点数分别为，则， 当时，，共有五种情况； 当时，，共有六种情况； 当时，，共有五种情况； 当时，，共有四种情况； 当时，，共有三种情况； 当时，，共有二种情况； 所以概率为. 【小问2详解】 投掷一次质地均匀的骰子，每个数字在上底面出现都是等可能的，其概率为. 只投掷一次不可能返回到A点； 若投掷两次质点P就恰好能返回到A点，则上底面出现的两个数字应依次为：三种结果，其概率为； 若投掷三次质点P恰能返回到A点，则上底面出现的三个数字应依次为：三种结果，其概率为； 若投掷四次质点P恰能返回到A点，则上底面出现的四个数字应依次为：．其概率为. 所以，质点P恰好返回到A点的概率为：. 【小问3详解】 不一定成立，证明略. 19. 如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，. （1）证明：； （2）若直线与直线所成角的余弦值为，且，求直线与平面所成角的余弦值； （3）若二面角的正切值为，平面分别与侧棱交于点，且，求面与面所成夹角的余弦值. 【答案】（1） 连接交于O，因为为菱形，故； 又因为，O为的中点，故， 平面，故平面， 而平面，故. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直的性质，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，设P点坐标，结合直线与直线所成角的余弦值可求出P点坐标，进而利用线面角的向量求法，即可求得答案； （3）设P点坐标，结合二面角的正切值为可求出P点坐标，根据点共面，以及所给向量关系，可求出点，最后利用二面角的向量求法，即可求得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以O为坐标原点，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 结合（1）可设，因为，所以，即， 而，故， 解得，因为，则，故，故， 则， 设平面的法向量为，则， 则，令，则，则， 又，则， 即直线与平面所成角的余弦值为. 【小问3详解】 由二面角的正切值为可得其余弦值为， 设，则， 设平面法向量， 则，即， 令，则，， 取平面法向量， 则 结合，解得或（由舍去0），则， 则， 由于，则， 由于，则， 设，代入可得， 即， 由于点共面，则，解得， 故， ， 设平面的法向量， 则，即， 令，则，， ， 面与面所成夹角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $