石室中学北湖校区高2025-2026学年高二上学期10月数学月考模拟（二）

石室中学北湖校区高2027届10月数学月考模拟（一） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知复数，则的虚部是（    ） A． B． C． D． 2．设为同一试验中的两个随机事件，则“”是“事件互为对立事件”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．在一次奥运会男子羽毛球单打比赛中，运动员甲和乙进入了决赛.假设每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，用计算机产生之间的随机数，当出现、、时表示一局比赛甲获胜，当出现4、5时表示一局比赛乙获胜.由于要比赛3局，所以每3个随机数为一组，现产生20组随机数，结果如下： 423  123  423  344  114  453  525  332  152  342 534  443  512  541  125  432  334  151  314  354 则估计在本次比赛中甲获得冠军的概率是（   ） A．0.35 B．0.55 C．0.6 D．0.65 4．设向量，，不共面，则下列向量组可作为空间的一组基的是（    ） A． B． C． D． 5．函数的图象大致为（   ） A．   B．   C．   D．   6．如图，在正方体中，平面与平面的夹角的正切值为（    ） A． B． C． D． 7．设随机事件A，B满足，，则（    ） A．0.4 B．0.35 C．0.25 D．0.1 8．，，是从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，，，分别是射线，，上的点，且，，，D，E，F分别为，，的中点，则点E到直线的距离为（    ）． A． B． C． D． 二、多选题 9．（多选）以下能判定空间中四点共面的条件是（    ） A． B． C． D． 10．设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则（    ） A．若，则 B．若，则或 C．若，则 D．若的夹角为，则 11．如图，正方体的棱长为1，若空间中的动点满足，，则下列命题正确的是( )    A.若，则二面角的平面角为； B.若，则点到平面的距离为； C.若，则三棱锥的体积为； D.若，则动点的轨迹构成的平面图形的面积为． 三、填空题 12．已知空间向量满足，若，则 . 13．端午节是我国传统节日，甲，乙，丙3人端午节来徐州旅游的概率分别是，，，假定3人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人来徐州旅游的概率为 14．如图，两条异面直线a、b所成的角为在直线a，b上分别取点，E和点A，F，使，且.已知，，，线段的长为 . 四、解答题 15．小张、小胡两位小朋友玩游戏，两人轮流从装有编号为1，2，3，4，5的5个球的口袋中有放回的摸出一个小球，规定两人谁摸出的球的数字大，谁就获胜，数字相同则为平局． (1)求两人平局的概率； (2)玩了几局游戏后，小胡提出“从袋中有放回地随机摸出一个小球，若他们这次摸出的数字之和为偶数，则小胡获胜，否则小张获胜．”，请问：这个规则是否对小胡有利？ 16．如图，已知平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，设.    (1)用表示，并求； (2)求． 17．某教育局组织一地区的小学、初中、高中三个学段的学生参加“防溺水”网络知识问答，并按学段人数比例分层随机抽样，从中抽取220名学生，对其分数进行统计分析，得到如图所示的频率分布直方图．    (1)求频率分布直方图中a的值，并估计该地区所有学生知识问答分数的众数； (2)分数位列前10%的学生平台会生成“防溺水达人”优秀证书，试估计获得“防溺水达人”的最低分数； (3)教育局的工作人员在此次问答分数中抽取了10名同学的分数：，，，…，，已知这10个分数的平均数，方差，若剔除其中的最高分98和最低分86，求剩余8个分数的平均数与方差． 参考数据：，，． 18．在中，角的对边分别为，向量，且，点为边上一点． (1)求角的大小； (2)若是的角平分线，的周长为19，求的长度； (3)若是边上靠近点A的一个三等分点，，求实数的取值范围． 19．如图，在中，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至，得到四棱锥为棱上一动点（不包含端点）． (1)若为棱的中点，证明：平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为． （ⅰ）求； （ⅱ）求点到平面的距离． 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《石室中学北湖校区高2027届10月数学月考模拟（一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A B D C B A D C ABD BC AD 1．A 【分析】根据复数的除法运算先计算，再由复数的概念即可求解. 【详解】由题意有， 所以的虚部是. 故选：A. 2．B 【分析】根据对立事件概率的性质可以说明条件是必要的，容易给出反例说明条件不是充分的. 【详解】若互为对立事件，根据对立事件概率公式可直接得到，故条件是必要的； 若试验基本事件含3种及以上，其中表示概率为的两个不同事件， 则不互为对立事件，此时，故条件不是充分的. 故选：B. 3．D 【分析】根据题意，由随机数组来确定胜负情况，根据20组数据中满足条件的数组个数，除以总数即可得解. 【详解】表示甲获得冠军的数有423，123，423，114，332，152，342，512，125，432， 334，151，314共13组数，故估计该场比赛甲获胜的概率为. 故选：D 4．C 【分析】根据空间向量的共面和空间基底的条件即可解答. 【详解】A选项，由于与任意两个向量共面，不能作为基底； B选项，，故三个向量共面，不能作为基底； C选项，设， 向量，，不共面，上式显然不成立，即与不共面，符合题意； D选项，，故三个向量共面，不能作为基底； 故选：C. 5．B 【分析】先由时排除C、D选项，再由函数奇偶性排除A选项即可. 【详解】当时，，可排除C、D选项； 函数定义域为，， 所以为偶函数图像关于轴对称，排除A选项. 故选：B. 6．A 【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】 7．D 【分析】利用全概率公式及对立事件概率公式计算求解. 【详解】根据题意可得，， 故由互斥事件概率的加法公式得：， 故，易得， 所以. 故选：D. 8．C 【分析】利用，，表示出与，由点E到直线的距离为可计算得到答案 【详解】    如图所示，为的中点， 则， ， 又， ， ， ， 点E到直线DF的距离为． 故选：C 9．ABD 【分析】根据空间向量的相关概念结合四点共面的结论逐项分析判断. 【详解】对于选项A:由知，为共面向量，故四点共面，故选项A正确； 对于选项B:因为， 所以，即, 由共面向量定理可知四点共面，故选项B正确； 对于选项C:若，则，即直线异面垂直或共面垂直， 四点不一定共面，故选项C错误； 对于选项D:若，则直线平行或重合， 故四点共面, 故选项D正确． 故选：ABD. 10．BC 【分析】根据向量的位置关系，可得空间线面位置关系，可得答案. 【详解】对于A，当时，直线可能平行也可能重合，故A错误； 对于B，当时，在平面内一定存在与直线平行的直线，则或，故B正确； 对于C，当时，直线与平面的垂线平行或重合，则，故C正确； 对于D，当的夹角为，其法向量的夹角为或，则或，故D错误. 故选：BC. 11．AD①④ 【分析】分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，对于①，直接应用二面角的向量求法，即可判断；对于②，直接应用点到平面距离的向量求法，即可判断；对于③：先求出点到平面的距离，即可计算出三棱锥的体积，即可判断；对于④：延长至点，使得，取中点，中点，连接，，作出平面与正方体的截面，并说明该截面为边长为的正六边形，由条件得，根据空间向量共面定理得点在平面上，即可作出判断． 【详解】    分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 所以，，，，，， 对于①，若，则，可得, 设平面的法向量， 又，， 即，取，则， 易得平面的一个法向量， 则， 设二面角的平面角为， 是锐角，二面角的平面角为，故①正确；    对于②，向量，设平面的法向量， 由，， 则即，取，则， 则点与平面的距离为，故②错误；    对于③：，，，， ，则， 设平面的法向量为， 由，， 则，取则， 则点到平面的距离为， 由，得， 又为边长为的等边三角形，则， 则三棱锥的体积，故③错误；    对于④：延长至点，使得，取中点，中点，连接，并延长，交棱，于点，，交，延长线于点，，连接，交棱，于点，，连接，，如图所示， 则平面与正方体的截面为六边形，， 在平面中， ，点为中点， ，， 在和中 ， ， ， ，即点为中点，， 同理可得，， 六边形为正六边形，且边长为， 则其面积， ，， ， 整理得， 点在平面上， 当，点的轨迹构成的平面图形的面积为，故④正确． 故答案为：①④. 12． 【分析】根据空间向量的模的公式进行计算求解即可. 【详解】因为向量，. 所以故答案为：. 13．/0.7 【分析】由对立事件和相互独立事件的概率计算公式可得结果. 【详解】由题意可得3人中没有人来徐州旅游的概率为， 所以这段时间内至少有1人来徐州旅游的概率为：. 故答案为：. 14．或/或 【分析】根据空间向量基本定理，将用表示出来，借助于相关模长、夹角条件，利 用空间向量的数量积运算律列出方程，求解即得. 【详解】 由已知，得或， 设，因为，而, 则 当时，可得，解得：； 当时，可得，解得. 综上可知，即公垂线段的长为或. 故答案为：或. 15．(1) (2)是 【分析】（1）列举出两人有放回的摸出一个小球的所有情况，结合古典概型的概率公式求解即可； （2）结合古典概型的概率公式求出小胡获胜和小张获胜的概率，进而判断即可. 【详解】（1）两人有放回的摸出一个小球， 总的情况有：， ， ，共25种情况， 其中两人平局的情况有：，共5种情况， 所以两人平局的概率为. （2）由（1）知，两人有放回地摸出一个小球，共25种情况， 小胡获胜的情况有：，共13种情况， 则小张获胜的情况有12种情况， 所以小胡获胜概率为，则小张获胜的概率为， 显然，这个规则对小胡有利. 16．(1)，； (2). 【分析】（1）根据题意，利用空间向量的线性运算法则，得到，再由向量数量积的运算公式和模的计算公式，求得的值； （2）根据题意，求得，利用数量积的计算公式，求得，进而求得的值. 【详解】（1）解：因为，且， 所以， 又因为底面ABCD是边长为1的正方形且， 所以 . （2）解：因为底面是边长为1的正方形，且，， 又由， 所以， 所以.    17．(1)，众数约为75分 (2)88分． (3)89.5，21． 【分析】（1）利用频率之和为1列方程求解；根据最高矩形横坐标的中点可确定众数； （2）利用频率分布直方图求90百分位数即可； （3）根据平均数及方差的计算公式计算即可得解. 【详解】（1）由， 解得． 由题图可知，众数为75， 用样本估计总体，知该地区所有学生知识问答分数的众数约为75分． （2）前4组的频率之和为， 前5组的频率之和为， 故90%分位数落在第5组，设为x，则，解得， 即“防溺水达人”的最低分数为88分． （3）由题意，剩余8个分数的平均数为． 因为这10个分数的方差， 所以， 所以剩余8个分数的方差 . 即剩余8个分数的平均数与方差分别为89.5，21． 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）由向量运算可得，然后由正弦定理边角互化可得答案； （2）由题及余弦定理可得，然后由（1）结合可得答案； （3）解法一：设，，然后在，中利用正弦定理可得 ，然后由三角函数性质可得答案；解法二：由题，又可得，然后由正弦定理边角互化可得，据此可得答案. 【详解】（1）且 ，即. . 又，则，结合，； （2）而 为角的角平分线 . 即，；    （3）设，则； 设，则. 在中即 在中 即， 则. 又，而 ， 由和差化积公式可得. 则. ，； 解法二：， ， . ． . ， .    19．(1)证明见解析； (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）根据已知得是等边三角形，取的中点，连接，进而得，再由线面、面面平行的判定定理证明平面平面，再由线面平行的性质证明结论； （2）（i）根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，设，进而得，求直线与平面的方向向量和法向量，应用向量法求线面角及已知列方程求出参数值；（ii）应用点面距离的向量求法求点面距离. 【详解】（1）因为，所以， 因为为的中点，则，所以是等边三角形， 取的中点，连接，则， 又为棱的中点，且，即，则． 因为平面平面平面平面， 所以平面，平面， 又平面，所以平面平面， 又平面，所以平面． （2）（ⅰ）因为，所以． 所以，因为，所以， 又平面，所以平面， 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， 所以， 则， 设，则， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，则． 设直线与平面所成的角为，所以， 整理得，解得（舍），所以． （ⅱ）由（ⅰ）知， 设平面的法向量为，则，即， 令，得，则， 所以点到平面的距离为． 答案第14页，共16页 答案第15页，共16页 学科网（北京）股份有限公司 $