精品解析：贵州省遵义市南白中学2025-2026学年高二上学期10月质量监测数学试卷

遵义市南白中学2025-2026学年高二上学期10月质量监测数学试卷 一、单选题（本大题共8小题） 1. 若，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列四个命题中，正确的为（ ） A. 若，，，则 B. 若，，且，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 3. 若平面向量，，两两的夹角相等，且，，则（ ） A. 2 B. 5 C. 2或5 D. 或5 4. 已知四棱锥中，，，，则点到底面的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示如左下图，茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图完好（右下图），则下列结论正确的是（ ） A. 甲得分的极差小于乙得分的极差 B. 甲得分的第25百分位数大于乙得分的第75百分位数 C. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数 D. 甲得分的方差小于乙得分的方差 6. 直线的倾斜角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 7. 在四面体中,点E满足，F为的中点，且，则实数 （ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的所有极值点为，且函数在内恰有2023个零点，则满足条件的有序实数对（ ） A. 只有2对 B. 只有3对 C. 只有4对 D. 有无数对 二、多选题（本大题共3小题） 9. 已知直线：，：，则下列说法正确的是（ ） A. 直线在x轴上的截距为1 B. 直线在y轴上的截距为1 C. 若，则或 D. 若，则 10. 已知幂函数的图像经过点，则下列命题正确的有（ ） A. 函数为增函数 B. 函数为偶函数 C. 若，则 D. 若，则 11. 已知函数在内的三个零点分别为，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题（本大题共3小题） 12. 已知有A，B两个盒子，其中A盒装有2个黑球和1个白球，B盒装有1个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同.甲从A盒、乙从B盒各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，并将取出的2个球全部放入A盒中；若2个球异色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入B盒中.按上述方法重复操作两次后，A盒，B盒中球的个数保持不变的概率是________. 13. 已知圆，直线，P为上的动点，过点P作的切线，，切点分别为A，B，则直线所过的定点坐标为______. 14. 半径为2025的三个球放在桌面上．两两相切．现将另一个球放在三个球上方（与三个球都相切）．且这个球的最高处与另外三个球的最高处在同一个平面上．则这个球的半径为______． 四、解答题（本大题共5小题） 15. 如图，在中，已知，BC边上的中点为M，AC边上的中点为N，AM，BN相交于点P． （1）求； （2）求的余弦值； （3）过点P作直线交边AB，BC于点E，F，求该直线将分成的上下两部分图形的面积之比的取值范围． 16. 在锐角中，三个内角所对的边分别为，若， （1）若，求的大小. （2）若，求的取值范围. 17. 已知，且. （1）若，求的值； （2）若，求的值. 18. 李先生居住在甲地，工作在乙地，他的小孩就读的小学在丙地，三地之间的道路情况如图所示.假设工作日不走其它道路，只在图示的道路中往返，每次在路口选择道路是随机的. 同一条道路去程与回程是否堵车相互独立.假设李先生早上需要先开车送小孩去丙地小学，再返回经甲地赶去乙地上班.假设道路上下班时间往返出现拥堵的概率都是，道路，上下班时间往返出现拥堵的概率都是，只要遇到拥堵上学和上班的都会迟到. （1）求李先生的小孩按时到校的概率； （2）判断李先生是否有七成把握能够按时上班. 19. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱上的动点，且． （1）求证：； （2）若点分别为中点，求直线与平面所成角的正弦值． （3）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 遵义市南白中学2025-2026学年高二上学期10月质量监测数学试卷 一、单选题（本大题共8小题） 1. 若，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简复数，再根据复数中虚部的概念可得答案. 【详解】由 则复数虚部为， 故选：D. 2. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，下列四个命题中，正确的为（ ） A. 若，，，则 B. 若，，且，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面垂直与面面垂直的性质和判断定理逐项分析即可求出结果. 【详解】对于A：若，，, 与可能平行，也可能异面故，故A错误. 对于B：若，，且，，当时，平面 与可能平行，也可能相交，故B错误. 对于C：若，，直线与平面可能平行，可能相交，也可能，故C错误. 对于D：若，，，则，故D正确. 故选：D. 3. 若平面向量，，两两的夹角相等，且，，则（ ） A. 2 B. 5 C. 2或5 D. 或5 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量运算律计算即得. 【详解】由向量，，两两的夹角相等，得或， 当时，， 当时， . 故选：C 4. 已知四棱锥中，，，，则点到底面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出平面的一个法向量，然后求与法向量夹角的余弦值，利用点到面的距离公式即可求解. 【详解】设是平面的一个法向量， 则由题设，即 令，可得， ，所以 ， ， ，， ， 故点到平面的距离为 故点到平面的距离为， 故选：D． 【点睛】方法点睛：向量方法求点到面的距离 设是平面的一条斜线，是平面的一个法向量，则点到平面的距离为 5. 甲、乙两名篮球运动员在8场比赛中的单场得分用茎叶图表示如左下图，茎叶图中甲的得分有部分数据丢失，但甲得分的折线图完好（右下图），则下列结论正确的是（ ） A. 甲得分的极差小于乙得分的极差 B. 甲得分的第25百分位数大于乙得分的第75百分位数 C. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数 D. 甲得分的方差小于乙得分的方差 【答案】C 【解析】 【分析】利用极差、百分位数和平均数的计算公式可以判断A、B、C三个选项，对于D选项，利用数据的分散程度判断方差的大小即可. 【详解】对于A选项，甲得分的极差为：，乙得分的极差为：， 因为，所以甲得分的极差大于乙得分的极差，故A错误； 对于B选项，因为，所以甲得分的第25百分位数为， 又，所以乙得分的第75百分位数为， 因为，所以甲得分的第25百分位数小于乙得分的第75百分位数，故B错误； 对于C选项，由折线图可知，在茎叶图中甲的得分中丢失的数据一个为，另一个设为，其中， 所以甲的平均数为， 乙的平均数为， 因为，所以，所以， 所以甲得分的平均数大于乙得分的平均数，故C正确； 对于D选项，方差是刻画数据离散程度或波动幅度的指标. 从茎叶图中可以看到，甲的得分分布比乙的得分分布分散， 所以甲得分的方差大于乙得分的方差，故D错误. 故选：C 6. 直线的倾斜角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定方程求出直线的斜率即可求得倾斜角作答. 【详解】直线的斜率，由斜率的定义得直线的倾斜角为， 所以所求倾斜角为. 故选：A 7. 在四面体中,点E满足，F为的中点，且，则实数 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用向量的线性运算，即可求出结果． 【详解】由于F为BE的中点， 所以，结合， 整理得，①， 由，得， 即，②， 根据①②的对应关系，可得 故选：D 8. 已知函数的所有极值点为，且函数在内恰有2023个零点，则满足条件的有序实数对（ ） A. 只有2对 B. 只有3对 C. 只有4对 D. 有无数对 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求得函数，把函数的零点个数转化为方程实根的个数，结合方程在内实根的个数，分类讨论，即可求解. 【详解】由函数， 因为函数图象的对称轴方程为， 当时，可得，当时，可得， 即两个相邻的极值点间的距离为，即，则，可得， 因为的图象关于直线对称，所以， 即，解得， 则， 所以函数的零点个数等价于方程实根的个数， 先研究方程在内实根的个数， 当时，方程在内实根的个数为1； 当时，方程在内实根的个数为2； 当时，方程在内实根的个数为3，其中在内实根的个数为2， 因为是周期为的函数，所以当时，在， 内方程实根的个数均为2， 因为在内恰有2023个零点，且2023为奇数， 所以，不合题意. 当时，；当时，， 故满足条件的有序实数对只有3对. 故选：B. 二、多选题（本大题共3小题） 9. 已知直线：，：，则下列说法正确的是（ ） A. 直线在x轴上的截距为1 B. 直线在y轴上的截距为1 C. 若，则或 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据截距的定义和直线的平行，垂直逐项判断； 【详解】选项A：令，代入直线，解得：，选项正确； 选项B：令，代入直线，解得：，选项错误； 选项C：直线的法向量分别为，，因为，所以直线的法向量也平行，即：，解得：或，当时，重合，舍去，故选项错误； 选项D：，所以直线的法向量也垂直，即，解得：，选项正确； 故选：AD. 10. 已知幂函数的图像经过点，则下列命题正确的有（ ） A. 函数为增函数 B. 函数为偶函数 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据已知条件求出函数解析式，根据解析式即可判断函数的单调性判断A选项；利用判断函数为偶函数判断B选项；根据函数单调性判断C选项，根据与的意义，结合函数图像，判断D选项. 【详解】设幂函数，函数的图像经过点，则，， ，，所以，即； 由，所以函数为偶函数，所以B正确； 分析函数解析式可知：时，随着的增大，也增大，也增大， 所以时，单调递增； 又为偶函数，所以时，单调递减，所以A错误； 时，单调递增，又，所以时，，C正确； 大致画出函数图像如下， 为点与点两点中点的纵坐标， 为时的函数值， 观察图象可知选项D正确. 故选：BCD 11. 已知函数在内的三个零点分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用两角和差的正弦公式化简得，可计算出三个零点判断A，B，利用二倍角公式结合积化和差化简计算可判断C，利用诱导公式结合积化和差公式、二倍角公式计算可判断D. 【详解】对于A，B，， 令，因为，所以， 所以，所以， 又，所以，，， 解得，，，故A错误，B正确； 对于C， ，故C正确； 对于D，因为， ， 其中，，. 因为 ， ， 所以，即， 所以，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题（本大题共3小题） 12. 已知有A，B两个盒子，其中A盒装有2个黑球和1个白球，B盒装有1个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同.甲从A盒、乙从B盒各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，并将取出的2个球全部放入A盒中；若2个球异色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入B盒中.按上述方法重复操作两次后，A盒，B盒中球的个数保持不变的概率是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可知：要保证重复操作两次后，A盒，B盒中球的个数保持不变，须甲、乙各胜出一次.依次分析各种取球情况，即可得到正确答案. 【详解】根据题意可知：要保证重复操作两次后，A盒，B盒中球的个数保持不变，须甲、乙各胜出一次. 记为甲第次胜出，；记为乙第次胜出，； 第一次取球，甲、乙均取到黑球，甲胜出的概率为.此时，B盒只余两个白球，A盒中有3个黑球1个白球，所以第二次乙只能取到白球，而甲取到黑球的概率为. 第一次取球，甲、乙均取到白球，甲胜出的概率为.此时，B盒中有1个白球1个黑球，A盒中有2个黑球2个白球，所以第二次乙取到白球、甲取到黑球的概率为，第二次乙取到黑球、甲取到白球的概率为，即该情况下，第二次乙胜出的概率为. .第一次取球，甲取到白球、乙取到黑球，乙胜出的概率为.此时，A盒只余两个黑球，B盒中有1个黑球3个白球，所以第二次甲只能取到黑球，而乙取到黑球的概率为. 第一次取球，甲取到黑球、乙取到白球，乙胜出的概率为.此时，A盒中有1个白球1个黑球，B盒中有2个黑球2个白球，所以第二次甲、乙均取到黑球的概率为，第二次甲、乙均取到白球的概率为，即该情况下，第二次甲胜出的概率为. 因此，. 故重复操作两次后，A盒，B盒中球的个数保持不变的概率是. 故答案为：. 13. 已知圆，直线，P为上的动点，过点P作的切线，，切点分别为A，B，则直线所过的定点坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用两圆相交时的公共弦所在直线方程的求解方法以及直线恒过定点的求解方法求解. 【详解】 设为直线上一点，则， 过点P作圆的切线，，则M，A，P，B四点共圆， 该圆以为直径， 则方程为， 整理为， 直线的方程即两圆的公共弦方程， 联立， 两圆相减，的方程即. 又，可得， 解得则直线过定点. 故答案为: . 14. 半径为2025的三个球放在桌面上．两两相切．现将另一个球放在三个球上方（与三个球都相切）．且这个球的最高处与另外三个球的最高处在同一个平面上．则这个球的半径为______． 【答案】675 【解析】 【分析】根据题意四个球心构成正三棱锥，底面边长为，侧棱长，利用它们的几何关系列方程求即可 【详解】 假设桌面上三个球的球心为，两两外切，则是半径为的正三角形，且位于一个水平面上。 设顶端球的球心为O，半径为，于是, 考虑四个球心形成的正三棱锥，为顶点在底面的投影，设为顶点到底面的距离, 利用勾股定理，，于是, 另一方面，题干已知球的上顶点在同一水平面上，得到,两个方程联立，解得. 故答案为： 四、解答题（本大题共5小题） 15. 如图，在中，已知，BC边上的中点为M，AC边上的中点为N，AM，BN相交于点P． （1）求； （2）求的余弦值； （3）过点P作直线交边AB，BC于点E，F，求该直线将分成的上下两部分图形的面积之比的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求解即可； （2）建立平面直角坐标系，利用向量的夹角的坐标运算求解； （3）设出线段的比例关系，用向量共线的条件转化，消去变量求范围即可. 【小问1详解】 在中，， 由余弦定理得， 解得，（负值舍去） 故； 【小问2详解】 以为坐标原点建立平面直角坐标系，得，设， 由两点距离公式得，， 解得，（负根舍去）， 所以，又BC边上的中点为M，AC边上的中点为N，则，， 所以， 则； 【小问3详解】 由已知得为的重心，则，设， 则，又点在直线上， 所以，即，又， 所以， 所以，， 所以，， 所以， 所以上下两部分图形的面积之比， 因为， 所以，即上下两部分图形的面积之比的取值范围为. 【点睛】关键点点晴:本题解题关键是将已知向量合理转化，然后表示出的关系，将面积比表示为一元函数，进而得到所要求的范围. 16. 在锐角中，三个内角所对的边分别为，若， （1）若，求的大小. （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理，化简求得，结合，得到，即可求解； （2）由，得到，且，根据为锐角三角形，求得，结合正弦定理得，即可求解. 【小问1详解】 解：由， 可得， 所以，即 因为，可得， 又因为，可得，所以或，所以或， 当时，因为，此时（舍去）； 当时，因为，此时，符合题意， 综上可得，的大小为. 【小问2详解】 由（1）得，则或， 当时，，与矛盾； 当时，且， 又因为为锐角三角形，可得，解得， 由正弦定理得， 所以的取值范围为. 17. 已知，且. （1）若，求的值； （2）若，求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由的范围求出的范围，再利用平方关系及两角和的余弦公式即求. （2）利用同角公式及两角差的正弦公式求解. 【小问1详解】 由，得，而，， 则，， 所以 . 【小问2详解】 由（1）知，，， 由，得， 因此， 所以. 18. 李先生居住在甲地，工作在乙地，他的小孩就读的小学在丙地，三地之间的道路情况如图所示.假设工作日不走其它道路，只在图示的道路中往返，每次在路口选择道路是随机的. 同一条道路去程与回程是否堵车相互独立.假设李先生早上需要先开车送小孩去丙地小学，再返回经甲地赶去乙地上班.假设道路上下班时间往返出现拥堵的概率都是，道路，上下班时间往返出现拥堵的概率都是，只要遇到拥堵上学和上班的都会迟到. （1）求李先生的小孩按时到校的概率； （2）判断李先生是否有七成把握能够按时上班. 【答案】（1） （2）李先生没有七成把握能够按时上班 【解析】 【分析】（1）根据题意结合对立事件求概率； （2）根据题意结合对立事件和独立事件概率的乘法公式求概率，分析判断. 【小问1详解】 因为道路D、E上班时间往返出现拥堵的概率分别是和， 因此从甲到丙遇到拥堵的概率是：×＋×＝， 所以李先生的小孩能够按时到校的概率是. 【小问2详解】 甲到丙没有遇到拥堵的概率是，丙到甲没有遇到拥堵的概率也是， 甲到乙遇到拥堵的概率是×＋×＋×＝， 甲到乙没有遇到拥堵的概率是1－＝， 可知李先生上班途中均没有遇到拥堵的概率是××＝<0.7， 所以李先生没有七成把握能够按时上班． 19. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱上的动点，且． （1）求证：； （2）若点分别为中点，求直线与平面所成角的正弦值． （3）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值 【答案】（1）证明:以为原点，如图所示建立空间直角坐标系， AI 由，设， 则， 所以， 则，即，故. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）构建合适空间直角坐标系，应用向量法证明线线垂直； （2）应用向量法求线面角的正弦值； （3）根据三棱锥的体积公式求体积最大值对应的长度，再利用面面角的向量法求余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意，得， 所以， 设平面的法向量为，有，令，所以， 设与平面所成角为，有. 【小问3详解】 由，， 由二次函数性质，时，取得最大值， 此时为的中点，结合（2）知，平面的法向量， 易知平面的法向量为，设平面与平面的夹角为， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $