精品解析：湖北省黄冈市黄梅县育才高级中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

黄梅育才高级中学高二10月月考 数学试题 一、单选题 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用斜率和倾斜角的关系即可求倾斜角. 【详解】设斜率为，倾斜角为， ∵，∴，． 故选：D． 2. 直线必过定点（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将直线分离参数为，令，可得定点. 【详解】根据题意，直线， 即， 令，得， 故直线必过定点. 故选：B 3. 设，向量，，且，，则（ ） A. B. 3 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由向量的关系列等式求解x，y的值，再运用向量加法的坐标表示公式，结合向量的模计算得出结果. 【详解】向量，且， ∴，解得， ∴， ∴， 故选：B 4. 平行六面体中，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量线性运算法则利用表示，结合空间向量基本定理求可得结论. 【详解】由平行六面体可得， 又，所以， 则． 故选：B． 5. 如图，在正方体中，平面与平面的夹角的正切值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】如图，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则， 所以， 因为平面， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 ，令， 则，所以为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，则 ， 因为为锐角，所以， 所以， 所以平面与平面的夹角的正切值为. 故选：A 【点睛】 6. 在棱长为1的正方体中，直线到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，转化为求点到平面的距离，利用等体积法求解即可. 【详解】如图， 因为直线到平面的距离等于点到平面的距离， 即求点到平面的距离， 连接，因为平分， 所以点与点到平面的距离相等， 设点到平面的距离为， 因为， 所以, 即，解得， 故选：D 7. 经过点作直线l，若直线l与连接，两点的线段总有公共点，求直线l的斜率k的取值范围是（ ） A. B. C. ，-1）） D. [1，+ 【答案】A 【解析】 【分析】先求得，再利用数形结合法求解. 【详解】， 如图所示： 由图知：若直线l与连接，两点的线段总有公共点， 则直线l的斜率k的取值范围是， 故选：A 8. 甲、乙两人在一座7层大楼的第一层进入电梯，假设每个人从第2层开始在每一层离开电梯是等可能的，则甲、乙两人离开电梯的楼层数的和为9的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出样本空间包含的样本点个数，所求事件包含的样本点个数，再用古典概型概率计算公式求解即可. 【详解】将甲乙两人离开电梯的楼层数配对，组成种等可能的结果，用表格表示如下： 甲 乙 2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 6 7 记事件“甲乙两人离开电梯的楼层数的和是9”， 则事件A的可能结果有6种，即， 所以事件A的概率为：， 故选：C. 二、多选题 9. 已知事件，，且，，则下列结论正确的是（ ） A. 如果，那么， B. 如果与互斥，那么， C. 如果与相互独立，那么， D. 如果与相互独立，那么， 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项在前提下，计算出，，即可判断；B选项在与互斥前提下，计算出，，即可判断；C、D选项在与相互独立前提下，计算出，， ，，即可判断. 【详解】解：A选项：如果，那么，，故A选项错误； B选项：如果与互斥，那么，，故B选项正确； C选项：如果与相互独立，那么，，故C选项错误； D选项：如果与相互独立，那么，，故D选项正确. 故选：BD. 【点睛】本题考查在包含关系，互斥关系，相互独立的前提下的和事件与积事件的概率，是基础题. 10. 已知直线：和直线：，下列说法正确的是（   ） A. 始终过定点 B. 若，则或 C. 若，则或2 D. 当时，始终不过第三象限 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A可由含参直线的定点坐标求法可得；选项B当时，，重合；选项C由一般方程垂直时系数关系可得；选项D化为斜截式后，由斜率和和轴上的截距可判断. 【详解】选项A：：，令，得，过点，A正确； 选项B：当时，，重合，故B错误； 选项C：当时，由，得或2，故C正确； 选项D：当时，：始终过，斜率为负，不会过第三象限，故D正确. 故选：ACD 11. 在直三棱柱中，，，，为的中点，则（ ） A. B. 平面 C. 平面 D. 直线与所成角为 【答案】AC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量判断各选项即可. 【详解】由题意，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 可得， 则， 对于A，由，则，故A正确； 对于B，设平面的一个法向量为， 则，取，得， 由于不存在实数，使得，则与不平行，故B错误； 对于C，由，则， 因为平面，所以平面，故C正确； 对于D，由， 则直线与所成角不为，故D错误. 故选：AC． 三、填空题 12. 若直线与直线平行，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据两条直线平行列方程，由此求得的值. 【详解】依题意可得，解得，当时，两条直线重合，故. 故答案为： 13. 点为直线上的动点，它与两定点，的距离之差的最大值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】点关于直线:的对称点为,作直线,可得与的交点即为所求点,此时点与两定点，的距离之差最大,求解即可. 【详解】由题知,设为,易知点在直线的两侧, 设点关于直线的对称点为,则,解得,即, 作直线,与的交点即为所求点,,可得直线为,联立,可得. 故. 证明如下: 在上任取一点(不同于点),,, 在中,,即, 故为时,取得最大值,最大值为. 【点睛】本题考查了直线的对称问题,作出图形,数形结合是解决本题的关键,属于中档题. 14. 如图，在正方体中，点为棱的中点，若为底面内一点（不包含边界），且满足平面．设直线MN与直线所成的角为，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面，过点构造平行平面，找到动点的轨迹为两个平面交线，再建系求解余弦最值，最后转化为正切最值即可. 【详解】分别取线段的中点Q，P，连接MQ，MP，PQ，如图所示． 连接，易知，所以． 因为 平面平面，所以平面， 同理可得平面， 又平面MPQ，故平面平面， 故点在线段PQ上，且不与P，Q重合． 以点为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系． 令正方体棱长为2，设，则，， 所以． 当时，取得最大值，为，此时取得最小值，故的最小值为． 故答案为：. 四、解答题 15. 根据下列各条件写出直线的方程，并化成一般式. （1）斜率是，经过点A(8，2); （2）经过点B(4，2)，且平行于x轴; （3）在x轴和y轴上的截距分别是，3; （4）经过两点P1(3，2)，P2(5，4). 【答案】（1）x+2y4=0；（2）y2=0；（3）2y3=0；（4）x+y1=0. 【解析】 【分析】各小问根据直线方程直接可以得出结论. 【详解】（1）由点斜式方程，得y (2)= (x8)，即x+2y4=0. （2）由点斜式方程，得y2=0. （3）由截距式方程，得=1，即2y3=0. （4）由两点式方程，得，即x+y1=0. 【点睛】本题考查直线的方程，属于基础题型. 16. 在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且，求： （1）的长； （2）直线和所成角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先设，，，得出，利用向量数量积的运算律计算即得； （2）利用空间向量的夹角公式计算即可. 【小问1详解】 如图，连接，设，，， 依题意， 而， ， 所以. 【小问2详解】 连接，， 所以 ， 又，， 所以， 故直线和所成角的余弦值为. 17. 如图所示，正方体的棱长为1，若F是的中点，   （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）求到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，然后结合向量的夹角公式以及空间向量的坐标运算代入计算，即可得到结果； （2）由点到面的距离公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 以点为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    则、，、、、，，， 设异面直线与所成角为， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 【小问2详解】 设平面的法向量为，， 则，取，可得， 因为， 则点到平面的距离为. 18. 随着科技的发展，互联网也随之成熟，网络安全也涉及到一个国家经济，金融，政治等安全．为提高中学生的网络安全意识和信息技术能力，某中学组织了一次信息技术创新比赛，参赛选手两人为一组，需要在规定时间内独自对两份不同的加密文件进行解密，每份文件只有一次解密机会．已知甲每次解开密码的概率为，乙每次解开密码的概率为，每次是否解开密码也互不影响．设，，， （1）已知概率， （i）求的值． （ii）求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率． （2）若，求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值． 【答案】（1）（i）；（ii）； （2）. 【解析】 【分析】（1）（i）根据独立性性质建立方程，即可求解；（ii）由（i）知：，设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则，再根据互斥加法公式和独立性乘法公式即可求解； （2）由可得，从而求得，再利用基本不等式即可求得最小值. 【小问1详解】 （i）由题知， 解得：， （ii）由（i）知：， 设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则 与互斥，与与分别相互独立， 所以 ， 因此，甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率为． 【小问2详解】 由题知：， ， 设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则 与互斥，与与分别相互独立， 所以 ， ，当且仅当时等号成立， ． 故甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值为. 19. 如图，四棱锥中，底面ABCD为长方形，侧面是等边三角形，平面平面ABCD （1）若E为棱SB的中点，为棱AD的中点，求证：平面SCD （2），异面直线SB，AD夹角的余弦为． ①求棱AD的长度； ②在棱SA上是否存在点，使得平面PBM与平面SAD的夹角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 取的中点，连接、， 、分别为、的中点，所以，且， 因为四边形是矩形，所以，且， 为棱的中点，则且，所以，且， 所以，四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面. （2）①2；②存在，点为线段的三等分点且更靠近于点时. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）①建立合适的空间直角坐标系，利用异面直线夹角余弦值的空间向量法即可得到方程，解出即可；②求出两平面的法向量，根据平面与平面夹角的空间向量表示方法即可得到方程，解出即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①假设在棱上存在点满足题意，如图，连接、、， 在等边中，为的中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，则是四棱锥的高， 设，则， 以点为原点，、、的方向分别为、、轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、，， ，， 则，解得，则. ②由①知、、、， 故，，， 设， ． 设平面的一个法向量为，则， 取，则，，所以，. 易知平面的一个法向量为， ， 解得，合乎题意， 所以，当点为线段的三等分点且更靠近于点时，平面与平面的夹角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黄梅育才高级中学高二10月月考 数学试题 一、单选题 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 直线必过定点（ ） A. B. C. D. 3. 设，向量，，且，，则（ ） A. B. 3 C. D. 4 4. 平行六面体中，，则（ ） A. 1 B. C. D. 5. 如图，在正方体中，平面与平面的夹角的正切值为（ ） A. B. C. D. 6. 在棱长为1的正方体中，直线到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 7. 经过点作直线l，若直线l与连接，两点的线段总有公共点，求直线l的斜率k的取值范围是（ ） A. B. C. ，-1）） D. [1，+ 8. 甲、乙两人在一座7层大楼的第一层进入电梯，假设每个人从第2层开始在每一层离开电梯是等可能的，则甲、乙两人离开电梯的楼层数的和为9的概率是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知事件，，且，，则下列结论正确的是（ ） A. 如果，那么， B. 如果与互斥，那么， C. 如果与相互独立，那么， D. 如果与相互独立，那么， 10. 已知直线：和直线：，下列说法正确的是（   ） A. 始终过定点 B. 若，则或 C. 若，则或2 D. 当时，始终不过第三象限 11. 在直三棱柱中，，，，为的中点，则（ ） A. B. 平面 C. 平面 D. 直线与所成角为 三、填空题 12. 若直线与直线平行，则___________. 13. 点为直线上的动点，它与两定点，的距离之差的最大值为_________. 14. 如图，在正方体中，点为棱的中点，若为底面内一点（不包含边界），且满足平面．设直线MN与直线所成的角为，则的最小值为______． 四、解答题 15. 根据下列各条件写出直线的方程，并化成一般式. （1）斜率是，经过点A(8，2); （2）经过点B(4，2)，且平行于x轴; （3）在x轴和y轴上的截距分别是，3; （4）经过两点P1(3，2)，P2(5，4). 16. 在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱的长为2，且，求： （1）的长； （2）直线和所成角的余弦值. 17. 如图所示，正方体的棱长为1，若F是的中点，   （1）求异面直线与所成角的余弦值； （2）求到平面的距离． 18. 随着科技的发展，互联网也随之成熟，网络安全也涉及到一个国家经济，金融，政治等安全．为提高中学生的网络安全意识和信息技术能力，某中学组织了一次信息技术创新比赛，参赛选手两人为一组，需要在规定时间内独自对两份不同的加密文件进行解密，每份文件只有一次解密机会．已知甲每次解开密码的概率为，乙每次解开密码的概率为，每次是否解开密码也互不影响．设，，， （1）已知概率， （i）求的值． （ii）求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率． （2）若，求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值． 19. 如图，四棱锥中，底面ABCD为长方形，侧面是等边三角形，平面平面ABCD （1）若E为棱SB的中点，为棱AD的中点，求证：平面SCD （2），异面直线SB，AD夹角的余弦为． ①求棱AD的长度； ②在棱SA上是否存在点，使得平面PBM与平面SAD的夹角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $