贵州省兴义市第八中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

兴义市第八中学2025-2026学年高一上学期10月数学检测试卷 一、单选题（本大题共8小题） 1．复数的虚部为（       ） A． B． C． D． 2．已知直线和平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 3．已知两个非零向量的夹角为，且，则（    ） A． B． C． D．3 4．已知是平面的一个法向量，且，则点到平面的距离为（    ） A．2 B． C．4 D． 5．走路是“最简单、最优良的锻炼方式”，它不仅可以帮助减肥，还可以增强心肺功能、血管弹性、肌肉力量等.如图为甲、乙两名同学在同一星期内日步数的折线统计图，则下列结论中不正确的是（   ） A．这一星期内甲的日步数的平均值大于乙 B．这一星期内甲的日步数的方差大于乙 C．这一星期内乙的日步数的分位数是7030 D．这一星期内甲的日步数的中位数为11600 6．直线的倾斜角为（   ） A． B． C． D． 7．在四面体中，点为线段靠近的四等分点，为的中点，若，则的值为（   ） A． B．1 C． D． 8．已知函数，若沿轴方向平移的图象，总能保证平移后的曲线与直线在区间上至少有2个交点，至多有3个交点，则正实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 二、多选题（本大题共3小题） 9．已知直线，，，，则下列选项中正确的有（ ） A．若，则与射线相交 B．若，则与射线平行 C．若，则与射线垂直 D．若存在，则在上 10．若幂函数的定义域为且为奇函数，则可能的值为（    ） A． B．1 C． D．3 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．某医院一天派出医生下乡医疗，派出医生人数及其概率如下： 医生人数 0 1 2 3 4 5人及以上 概率 0.1 0.16 0.3 0.2 0.2 0.04 则至少派出医生2人的概率是 . 13．直线：恒过定点 . 14．周总理纪念馆是由正方体和正四棱锥组合体建筑设计，如图所示，若该组合体接于半径R的球O（即所有顶点都在球上），记正四棱锥侧面与正方体底面所成二面角为，则_________． 四、解答题（本大题共5小题） 15．已知直线与x，y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，且的面积为4． (1)求m的值； (2)若，点E，F分别在线段OA和OB上，且，求的取值范围． 16．在中，角，，所对的边分别是，，，已知. (1)求角的大小； (2)设，. （i）求的值； （ii）求的值. 17．已知，，且为第一象限角，为第二象限角，求的值. 18．甲、乙、丙三位羽毛球爱好者决定进行一场比赛，每局两人对战，没有平局，已知每局比赛甲赢乙的概率为，甲赢丙的概率为，丙赢乙的概率为因为甲是最弱的，所以让他决定第一局的两个比赛者甲可以选定自己比赛，也可以选定另外两个人比赛，每局获胜者与此局未比赛的人进行下一局的比赛，在比赛中某人首先获胜两局就成为整个比赛的冠军，比赛结束． （1）若甲指定第一局由乙丙对战，求“只进行三局甲就成为冠军”的概率 （2）请帮助甲进行第一局的决策甲乙、甲丙或乙丙比赛，使得甲最终获得冠军的概率最大． 19．如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，是的中点，作交于点. (1)求证：平面； (2)若平面与平面的夹角的正弦值为， （i）求长； （ii）求直线与平面所成角的正弦值. 参考答案 1．【答案】B 【分析】 由复数的运算法则与虚部的概念求解即可 【详解】 因为， 故的虚部为. 故选：B 2．【答案】D 【详解】A. 若，，，，或相交，故错误； B.若，，，则或异面或相交，故错误； C.若，，，则或相交，故错误； D. 如图所示： 过a作，有，过a作，有， 因为，所以，因为，所以，所以， 因为，，所以，又， 所以，则，故正确； 故选：D 3．【答案】C 【分析】由化简可得，再由向量的模长公式代入化简即可得出答案. 【详解】因为非零向量的夹角为，且， 所以，即， 化简得：， . 故选：C. 4．【答案】B 【详解】依题意，点到平面的距离. 故选B. 5．【答案】C 【详解】对于A，， ， 所以，故A正确； 对于B，由折线图可以看出，甲的日步数的波动性大于乙的日步数的波动性， 所以，故B正确； 对于C，乙的步数从小到大排列为：5340，7030，10060，11600，12300，12970，14200， 因为，故这一星期内乙的日步数为分位数是10060，故C错误； 对于D，甲的步数从小到大排列为：2435，7965，9500，11600，12700，16000，16800， 中位数是11600，故D正确. 故选C. 6．【答案】D 【分析】由直线斜率的概念可写出倾斜角的正切值，进而可求出倾斜角. 【详解】因为直线的斜率为，所以倾斜角.故选D 7．【答案】A 【详解】因为四面体中，点为线段靠近的四等分点，为的中点， 所以 因为，所以，故． 故选：A 8．【答案】A 【解析】由题知，，若沿轴方向平移，考点其任意性，不妨设得到的函数，令，即，由正弦曲线性质知，要使至少有2解，至多有3解，则自变量的可能取值的区间长度在到之间，知，故， 故选A． 9．【答案】AB 【解析】若，则或， 即点,在直线的同侧，且直线与射线不平行，故正确. 若，则，即， 若，则，过,两点的直线与直线的斜率都不存在，故平行； 若，则，所以，即过,两点的直线与直线平行，综上，直线与射线平行，故正确. 因为，所以为,两点到直线的距离之比， 若，则，即,两点到直线的距离相等，且在直线的两侧，但与射线不一定垂直，故不正确. 若点在直线上，则有， 结合题设及分母不为0可知，不存在实数，使点在直线上，故不正确.故选. 10．【答案】BD 【详解】根据幂函数定义可知， 对于A，若，则，易知其定义域为R， 令，则，则其为偶函数，不符合题意； 对于B，当时，，定义域为R，且为奇函数，符合题意； 对于C，当时，则，定义域为，不符合题意； 对于D，当时，则，定义域为R，且为奇函数，符合题意. 故选BD. 11．【答案】BCD 【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. 12．【答案】 【分析】 从频率分布表中找出至少派出医生2人的情况，将其对应概率相加即得结果. 【详解】 由题意可知，事件“至少派出医生2人”包含“派出的医生数是2、3、4、5人及以上”，这几个事件是互斥的，概率之和为，故至少派出医生2人的概率是. 故答案为：. 13．【答案】 【详解】由， 可得： 令解得：， 故答案为： 14．【答案】/ 【分析】利用正方体的性质及球的性质可得组合体的外接球的球心为正方体的中心，设正方体底面的中心为，的中点为，进而可得，即得. 【详解】由正方体的性质可知该组合体的外接球的球心为正方体的中心， 设正方体底面的中心为，的中点为，连接， 则， 则，设正方体的棱长为，则， ∴. 故答案为：. 15．【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意，求解与坐标轴的交点，结合三角形的面积公式，可得答案； （2）由（1）可得点的坐标，根据面积关系，转化边长的关系，设出点的坐标，整理数量积的函数关系，可得答案. （1） 令，得；令，得． 所以．，解得． （2） 由（1）可得，易得P为AB的中点，则． ． 因为，所以，则． 设，则， ． 故的取值范围为． 16．【答案】(1)； (2)（i）；（ii）. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可得， 则， 因为在中，， 所以， 则有， 因为，所以，， 故； （2）（i）由（1）知，在中，因为，， 由余弦定理可得， 则； （ii）在中，由正弦定理可得， 即，所以， 因为，所以，则为锐角，所以， 则， ， 所以. 17．【答案】 【详解】因为为第一象限角，为第二象限角，，， 所以，， 所以. 18．【答案】见详解 【详解】若甲指定第一局由乙丙对战，“只进行三局甲就成为冠军”共有两种情况： ①乙丙比乙胜，甲乙比甲胜，甲丙比甲胜，其概率为， ②乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，其概率为， 所以“只进行三局甲就成为冠军”的概率为 ； 若第一局甲乙比，甲获得冠军的情况有三种：甲乙比甲胜，甲丙比甲胜；甲乙比甲胜，甲丙比丙胜，乙丙比乙胜，甲乙比甲胜；甲乙比乙胜，乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜， 所以甲能获得冠军的概率为， 若第一局为甲丙比，则同上可得甲获得冠军的概率为  ， 若第一局为乙丙比，那么甲获得冠军只能是连赢两局， 则甲获得冠军的概率即第问的结果， 因为， 所以甲第一局选择和乙比赛，最终获得冠军的概率最大. 19．【答案】(1)证明见解析 (2)（i）2；（ii） 【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则. 因为， 故，所以. 由已知，且，平面. 所以平面. （2）（i）设平面的法向量，因为， 所以，所以，令，得； 设平面的法向量， 所以，所以，令，得； 设平面与平面的夹角为，则， 因为，所以，所以， 解得（取正），所以长为2. （ii）由（1）可知，故是直线与平面所成角的一个平面角， 在直角中，， 又，则与互余， 所以，即直线与平面所成角的正弦值为. 第 page number 页，共 number of pages 页 第 1 页 共 12 页 学科网（北京）股份有限公司 $