精品解析：广东省湛江市第二十一中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

湛江市第二十一中学2025-2026学年第一学期 10月高二月考数学 考试时间：120分钟，满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简两个集合，结合交集的概念即可求解. 【详解】已知集合， 则，则. 故选：B. 2. 现有一组数据1，4，5，6，4，5，4，若删除一个数后，所得数据的中位数不变，则被删除的数为（ ） A. 1 B. 6 C. 5或6 D. 1或6 【答案】C 【解析】 【分析】将数据从小到大排列，由中位数的定义即可求解. 【详解】将数据1，4，5，6，4，5，4按照从小到大的顺序排列为1，4，4，4，5，5，6， 则原数据的中位数为4，若删除一个数后，所得数据的中位数不变，则被删除的数为5或6. 故选：C. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量平行的性质，即若两向量平行，则对应坐标成比例，列出关于的方程组，解方程组即可求得的取值，进而可求得的值. 【详解】因为，所以， 所以，解得，，， 所以． 故选：A 4. 如果且，那么直线不经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】根据横截距和纵截距的范围求得正确答案. 【详解】由且，可得同号，异号，所以也是异号； 令，得；令，得； 所以直线不经过第三象限. 故选：C 5. 下列命题正确的是（ ） A. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线 B. 若，则存在唯一的实数，使 C. 若空间向量，，且与夹角的余弦值为，则在上的投影向量为 D. 若向量，的夹角为钝角，则实数的取值范围为 【答案】C 【解析】 【分析】A直线与平面平行，需满足直线方向向量与平面法向量垂直且直线不在平面内，据此可得答案. B注意到当时不满足题目描述； C由投影向量计算公式可判断选项正误； D两向量夹角为钝角，需满足两向量数量积小于0，且两向量不共线，据此可判断选项正误. 【详解】A选项，注意到，但选项信息无法判断直线是否在平面内，故A错误； B选项，注意到当时，若，则不存在，使，故B错误； C选项，在上的投影向量为， 故C正确； D选项，向量，的夹角为钝角，则且不共线， 得，故D错误. 故选：C 6. 已知圆台上、下底面面积分别是、，其侧面积是，则该圆台的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由侧面积得母线长，再由母线得到高，进而圆台的体积公式可得出. 【详解】如图，由圆台上、下底面面积分别是、，得上底面半径，下底面半径. 侧面积是，得，得，在直角三角形中， ，高， 所以. 故选：A. 7. 已知函数是R上的减函数，那么实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意知在R上为减函数有，即可求的取值范围. 【详解】由题意，要使在R上的减函数，故需要满足： ，解得， 故选：D 【点睛】本题考查了根据分段函数的单调性求参数范围，结合对数函数、一次函数的性质，注意分界点处函数值的大小关系，属于基础题. 8. 设点，点是轴上的动点，点是直线上的动点，则周长的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，先求出点关于轴的对称点，关于直线的对称点，将折线转化为直线，通过两点之间线段最短求解即可. 【详解】如图，作点关于轴的对称点，关于直线的对称点， 易得的坐标为， 设点的坐标为，则，解得， 所以， 因为，， 所以的周长为， 所以当、、、四点共线时，的周长最小， 最小值为． 故选：A 二、多项选择题：本题共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. 已知实数满足，复数，则（ ） A. 为纯虚数 B. 的虚部为 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算求出a，即可写出z从而判断A选项，将z的虚部变为相反数可写出从而判断B选项，代入公式求出复数的模判断C选项，利用复数的乘法公式求出判断D选项. 【详解】因为，所以，则，A错误； ，的虚部为，B正确；，C正确； ，D错误. 故选：BC 【点睛】 10. 已知直线，且直线与间的距离为，若直线的方程为，则直线的方程可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据直线平行可设直线的方程为，结合两平行线间距离公式运算求解即可. 【详解】因为，且直线的方程为， 设直线的方程为，， 根据题意得，解得或， 所以直线的方程为或． 故选：BC． 11. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，则（    ） A. B. C. 异面直线与夹角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知构建合适的空间直角坐标系，应用向量模长的坐标表示、线线角、点面距离的定义判断B、C、D；由空间向量加减、数乘的几何意义用相关向量表示出判断A. 【详解】因为平面平面，所以， 在正方形中，有，所以两两互相垂直， 以A为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 而，，故为的中点， 从而， 对于A，，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，， 则直线与夹角的余弦值为，故C正确； 对于D，因为平面，则点到平面的距离为， 故点到平面的距离为，所以D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】由同角三角函数商的关系及余弦二倍角公式即可求解. 【详解】由， 可得：， ， 故答案为： 13. 在平面直角坐标系中，已知点，则角平分线所在直线斜率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】在坐标系中描点连线判断出为等腰三角形，得出角平分线所在直线的斜率即为中线的斜率，即可求解． 【详解】如下图：在平面直角坐标系中，描出， ，， 所以为等腰三角形，则的角平分线也为中线， 边的中点为，所以角平分线所在直线斜率为：， 故答案为：． 14. 已知圆的面积为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据方程可得圆的半径，结合圆的面积运算求解即可. 【详解】因为圆，即， 则，解得或， 可知圆的半径， 由题意可得：，解得． 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. 为了迎接某项活动，某市积极开展网上竞赛，先采取甲、乙两套方案进行培训，并对分别采取两套方案培训的单位的7次线上测试成绩进行统计如图所示： （1）求甲和乙的测试成绩的平均数和方差； （2）从下列两个不同的角度对这次方案选择的结果进行分析： ①从平均数和方差相结合看（分析哪种方案的成绩更好）； ②从折线图上两种方案的走势看（分析哪种方案更有潜力）. 【答案】（1）甲平均数为115，方差为16，乙平均数为115；方差为； （2）①乙方案更好，更稳定，理由见解析；②甲方案更有潜力，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用平均数和方差的公式进行求解； （2）①比较平均数，两者相等，比较方差，，得到结论； ②数形结合得到甲成绩在稳步提高，得到结论 【小问1详解】 由表格中的数据可得 甲的平均数为， 乙的平均数为， 甲的方差为， 乙的方差为， 【小问2详解】 ①甲，乙两种方案的平均数相等，且，乙方案更稳定，更好； ②从折线图的走势上看甲更有潜力，使用甲方案成绩稳步提高， 而使用乙方案成绩不稳定，忽上忽下. 16. 已知是棱长为2的正方体，点为的中点，点为的中点. （1）求证：； （2）求点到直线的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建系，由即可求证； （2）由点到直线的距离公式即可求解. 【小问1详解】 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为正方体棱长为2，所以， 故，故， 所以； 【小问2详解】 ，，， 点到直线的距离为 . 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，结合三角恒等变换可求得的值，进而可求； （2）由向量数量积及（1）可求得的值，进而计算可求三角形面积. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 即，所以， 又，所以，所以，所以； 【小问2详解】 由，可得，即， 由（1），，所以， 所以. 18. 在平面直角坐标系中，三个顶点坐标分别为，， （1）求边所在直线方程； （2）求边上高线所在直线方程； （3）求的外接圆方程． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用直线的两点式方程求解即可； （2）求出边所在直线方程，利用直线垂直的斜率关系，结合点斜式可得； （3）设出圆的一般式方程，将三点坐标代入求解可得. 【小问1详解】 因为，， 所以，由两点式方程可得边所在直线方程为：，即. 【小问2详解】 因为，，所以， 记边上高线所在直线方程的斜率为，则，得， 又边上高线所在直线过点， 所以所求方程为，即. 【小问3详解】 设的外接圆方程为，（）， 则，即， 解得，满足， 所以的外接圆方程为. 19. 如图，在四棱锥中，是边长为1的正三角形，面面，，，，C为的中点. （1）求证：平面； （2）线段上是否存在点F，使二面角的余弦值为，若存在，求.若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 解法一：取中点E，连接和. C为中点，且， 且，且， 四边形为平行四边形，则， 面，面，面. 解法二：如图所示，取的中点Q，连接，， 在，C为中点，Q为中点，， 平面， 平面，平面， 在四边形中，，，Q为中点， ，， 四边形为平行四边形，， 平面， 平面，平面 又，平面，平面平面， 由平面，平面 （2）存在， 【解析】 【分析】（l）由线线平行或面面平行证明线面平行； （2）通过建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值，或利用几何法解决. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一： 取中点O，连接，则等边中. 面面，面面，面， 面，面，可得. 又，，面，面， 以N为坐标原点，，为x，y轴，过点垂直于平面的直线为z轴建立空间直角坐标系， ，，，，， 设，则， ， 依题意可得平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，令，则， 即， 二面角为，则， ，（舍）， ，则. 解法二： 取中点O，连接，则等边中. 面面，面面，面， 面，面，可得. 又，，面，面 取的中点E，以O为原点，分别以、、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，， ，，， 由已知是平面的一个法向量，记为， 假设线段上存在点F满足已知条件，则有，且， 设，有，， ，，，即，， 设平面的一个法向量为， 则， 取， 由已知得， 整理得，即化简得， 解得，（舍去）， 线段上存在点F，当时，已知条件成立， 则有， ，. 求平面的一个法向量的另一种解法： ， 平面的一个法向量可取 解法三：几何法 作， ，，，平面，平面， 平面，， 为二面角的平面角, 设，在中，，， 在中，由得， 由已知得， 在直角三角形中，，， 在直角三角形中，， 所以在中，由,得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湛江市第二十一中学2025-2026学年第一学期 10月高二月考数学 考试时间：120分钟，满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（　　） A. B. C. D. 2. 现有一组数据1，4，5，6，4，5，4，若删除一个数后，所得数据的中位数不变，则被删除的数为（ ） A. 1 B. 6 C. 5或6 D. 1或6 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 如果且，那么直线不经过（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 5. 下列命题正确的是（ ） A. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线 B. 若，则存在唯一的实数，使 C. 若空间向量，，且与夹角的余弦值为，则在上的投影向量为 D. 若向量，的夹角为钝角，则实数的取值范围为 6. 已知圆台上、下底面面积分别是、，其侧面积是，则该圆台的体积是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数是R上的减函数，那么实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设点，点是轴上的动点，点是直线上的动点，则周长的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共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. 已知实数满足，复数，则（ ） A. 为纯虚数 B. 的虚部为 C. D. 10. 已知直线，且直线与间的距离为，若直线的方程为，则直线的方程可以是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，则（    ） A. B. C. 异面直线与夹角的余弦值为 D. 点到平面的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______． 13. 在平面直角坐标系中，已知点，则角平分线所在直线斜率为______． 14. 已知圆的面积为，则______． 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. 为了迎接某项活动，某市积极开展网上竞赛，先采取甲、乙两套方案进行培训，并对分别采取两套方案培训的单位的7次线上测试成绩进行统计如图所示： （1）求甲和乙的测试成绩的平均数和方差； （2）从下列两个不同的角度对这次方案选择的结果进行分析： ①从平均数和方差相结合看（分析哪种方案的成绩更好）； ②从折线图上两种方案的走势看（分析哪种方案更有潜力）. 16. 已知是棱长为2的正方体，点为的中点，点为的中点. （1）求证：； （2）求点到直线的距离. 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，求的面积. 18. 在平面直角坐标系中，三个顶点坐标分别为，， （1）求边所在直线方程； （2）求边上高线所在直线方程； （3）求的外接圆方程． 19. 如图，在四棱锥中，是边长为1的正三角形，面面，，，，C为的中点. （1）求证：平面； （2）线段上是否存在点F，使二面角的余弦值为，若存在，求.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 $