精品解析：湖北省襄阳市第三中学教育集团2026-2027学年高二上学期9月月考数学试题

2026~2027学年高二年级数学学科9月月考试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 过，两点的直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机事件满足，则（　　） A. B. C. D. 3. 已知正四面体的棱长为2，空间中一点满足，其中，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 在平行六面体中，，，，且与的夹角为，与的夹角为，与的夹角为，则体对角线的长度为（ ） A. B. C. D. 5. 已知一枚质地均匀的正六面体骰子的六个面分别标以数字1，2，3，4，5，6，现抛掷该骰子两次，观察并记录它每次落地时朝上的面的数字.记事件“两次数字之和为偶数”，事件“第次的数字为奇数”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件互为对立事件 C. D. 6. 已知三棱柱中，，，，点在底面内的射影为的外心，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 将边长为的正方形沿对角线折起，使点到达的位置，连接，得到三棱锥，是线段的中点，，当时，的取值范围是（    ） A. B. C. D. 8. 在棱长为2的正方体中，分别为的中点，分别为线段上的动点（不包括端点），且满足，则线段的长度的取值范围为（　　） A. B. C. D. 二、多选题：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. 已知三条直线的倾斜角分别为，斜率分别为，且，则α，β，γ的大小关系可能为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，平行六面体的体积为，，，底面边长均为4，且分别为的中点，则下列选项中不正确的有（ ） A. B. 平面 C. D. 平面 11. 设样本空间，每个样本点等可能出现．已知事件，，事件需同时满足以下两个条件：①，②，下列说法正确的是（ ） A. 事件可以为 B. 事件可能包含个样本点 C. 事件可能包含个样本点 D. 事件的可能情况数是个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知过点和的直线与过点和的直线平行，则m的值是______. 13. 在信道内传输信号，信号的传输相互独立．发送时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到的概率为，收到1的概率为．现依次发送1、1、0三个信号，则至少收到两个0的概率为______． 14. 已知正四面体的棱长为，球与正四面体的四个面分别相切于点，，，，为球的球面上一点，则的最大值为________． 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. 如图，直三棱柱中，，分别为线段的中点． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 16. 一个袋子中有大小和质地均相同的四个球，其中有两个红球（标号为1和2），一个黑球（标号为3），一个白球（标号为4），从袋中不放回地依次随机摸出两个球.设事件“第一次摸到红球”，“第二次摸到黑球”，“摸到的两个球恰为一个红球和一个白球”. （1）用数组表示可能的结果，是第一次摸到的球的标号，是第二次摸到的球的标号，试用集合的形式写出试验的样本空间； （2）分别求事件A，B，C发生的概率； （3）求事件A，B，C中至少有一个发生的概率. 17. 如图所示，在直三棱柱中，，，为棱的中点． （1）求点到平面的距离； （2）若点在上，且平面． ①求的值； ②求平面与平面夹角的余弦值． 18. 某足球俱乐部举办新一届足球赛，按比赛规则，进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负，则需进行点球大战.点球大战规则如下：第一阶段，双方各派5名球员轮流罚球，双方各罚一球为一轮，球员每罚进一球则为本方获得1分，未罚进不得分，当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候，比赛即宣告结束，剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样，则进入第二阶段，双方每轮各派一名球员罚球，直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面，则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战，由甲队球员先罚球，甲队每位球员罚进点球的概率均为，乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响. （1）求每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率； （2）求经过3轮罚球后，比赛结束的概率； （3）若在点球大战的第一阶段，甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分，甲队暂时以领先，求甲队第5个球员需出场罚球的概率. 19. 如图，平行六面体的底面是菱形，，，且平面. （1）求的长. （2）当时，求直线与平面所成的角的正弦值的取值范围. （3）当时，已知动点M到点A的距离是它到平面的距离的倍.若动点M的轨迹、平面和平面三者相交于两点P，Q，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026~2027学年高二年级数学学科9月月考试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 过，两点的直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求斜率，再根据斜率和倾斜角的关系求出. 【详解】由题意得，直线的斜率为， 因直线的倾斜角取值范围为，故直线的倾斜角为. 故选：C 2. 已知随机事件满足，则（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用概率的性质列方程求概率. 【详解】因为，即， 所以. 故选：C 3. 已知正四面体的棱长为2，空间中一点满足，其中，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，结合，可知点在平面内，所以当平面时，最小，再根据即可求得结果. 【详解】设，则 ，， 所以点在平面内， 依题意当平面时，最小， 四面体为正四面体，为底面的中心，如图，连接并延长交于点，则为的中点. 则， 所以， 即的最小值为， 又，所以，即的最小值为． 故选：B． 4. 在平行六面体中，，，，且与的夹角为，与的夹角为，与的夹角为，则体对角线的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】， 所以 ， 所以体对角线的长为. 5. 已知一枚质地均匀的正六面体骰子的六个面分别标以数字1，2，3，4，5，6，现抛掷该骰子两次，观察并记录它每次落地时朝上的面的数字.记事件“两次数字之和为偶数”，事件“第次的数字为奇数”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件互为对立事件 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，以及概率加法公式、独立事件概率乘法公式，古典概型概率计算规则逐一判断选项正误即可. 【详解】∵ 抛掷两次骰子，每次出现奇数、偶数的概率均为，且两次抛掷结果相互独立. 事件为两次数字之和为偶数，等价于两次均为奇数或两次均为偶数， ∴ . 事件为第次数字为奇数，故. 对于选项A，当第一次数字为奇数、第二次数字也为奇数时，事件与同时发生， ∴ 事件与不互斥，A错误. 对于选项B，对立事件要求两事件不能同时发生，且并集为样本空间、概率和为1， 当两次数字均为奇数时，与同时发生， ∴ 与不是对立事件，B错误. 对于选项C，由概率加法公式： ，其中表示第一次为奇数且两次和为偶数，即第二次也为奇数， 故， ∴ . 同理， ∴ ，C错误. 对于选项D，，表示两次均为奇数，概率为， ∴ ，D正确. 6. 已知三棱柱中，，，，点在底面内的射影为的外心，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题以三棱柱为背景，利用空间向量法求线面角.关键在于由底面直角三角形确定外心位置，再根据侧棱长相等求出棱柱的高，进而得到点和的坐标.最后，直线的方向向量与平面的法向量（即竖轴方向）的夹角余弦的绝对值即为所求线面角的正弦值. 【详解】以为原点，方向为轴，方向为轴，垂直于底面的方向为轴建立空间直角坐标系. 则，，，斜边的中点为的外心. 由在底面的射影为，设，则. 侧棱长， 故 解得，取. 于是. 平面的法向量为，设直线与平面所成角为，则 , 故选A. 7. 将边长为的正方形沿对角线折起，使点到达的位置，连接，得到三棱锥，是线段的中点，，当时，的取值范围是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，以为基底向量，结合空间向量运算可得，即可求取值范围. 【详解】设，以为基底向量， 则，， 可得，， 则 ， 因为，则， 可得， 所以的取值范围是. 故选：C. 8. 在棱长为2的正方体中，分别为的中点，分别为线段上的动点（不包括端点），且满足，则线段的长度的取值范围为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先建立空间直角坐标系，分别求出与，利用，求出，用坐标表示出，转化为关于的一元二次方程即可求解. 【详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设，，其中，， 则，， ∵，∴，得 ∵，∴， 由空间中两点之间的距离公式， 得， 当时，，当趋近于时，趋近于， 结合二次函数的性质可得，线段的长度的取值范围为. 二、多选题：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. 已知三条直线的倾斜角分别为，斜率分别为，且，则α，β，γ的大小关系可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，利用直线斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，分类讨论，即可求解. 【详解】由题意，三条直线的倾斜角分别为，可得， 当时，根据斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，可得； 当时，根据斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，可得； 当时，根据斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，可得； 当时，根据斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，可得, 结合选项，可得选项A、B、C. 故选：ABC. 10. 如图，平行六面体的体积为，，，底面边长均为4，且分别为的中点，则下列选项中不正确的有（ ） A. B. 平面 C. D. 平面 【答案】ABC 【解析】 【分析】首先求出底面积，再根据棱柱的体积求出棱柱的高，依题意可得在底面的投影在上，设在底面的投影为，即可说明为的中点，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得. 【详解】解：因为底面为边长为的菱形，且，所以四边形的面积为， 又平行六面体的体积为，所以平行六面体的高为， 因为，所以在底面的投影在上，设在底面的投影为， 则，又，所以，又， 所以为的中点，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 所以，，， ，， 因为，所以、不平行，故A错误； 又，所以与不垂直，故B错误； 因为，所以与不垂直，故C错误； 设平面的法向量为，则，即， 不妨取， 所以，所以， 又平面，所以平面，故D正确； 故选：ABC 11. 设样本空间，每个样本点等可能出现．已知事件，，事件需同时满足以下两个条件：①，②，下列说法正确的是（ ） A. 事件可以为 B. 事件可能包含个样本点 C. 事件可能包含个样本点 D. 事件的可能情况数是个 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，直接验证是否满足两个条件即可判断；对于B，利用反证法即可判断；对于C，取即可判断；对于D，想得到的样本点可能取值为，根据，分情况讨论即可判断. 【详解】对于A， 若事件为， 则，，满足①②，A成立 因为，所以（绝对值表示事件包含样本点个数）， 因为， ∴，，∴ 因此的可能取值为0，1，2 当时，；当时，，不符合条件②，B错误； 对于C：取 ，， 满足， ，故C正确， 由B可知：因此，所以，又因为或4时， 因此的可能取值1，3，且， 当且时，此时，事件可能情况有 ，，，共种； 当且时，此时，事件可能情况有 ，，，共种； 当且时，此时，事件可能情况有 ，，，共种； 当且时，此时，事件可能情况有 ，，，共种； 因此事件的总可能情况有种.D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知过点和的直线与过点和的直线平行，则m的值是______. 【答案】7 【解析】 【分析】根据斜率相等计算. 【详解】由题意得，直线的斜率为，直线的斜率为， 则，得. 故答案为：. 13. 在信道内传输信号，信号的传输相互独立．发送时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到的概率为，收到1的概率为．现依次发送1、1、0三个信号，则至少收到两个0的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】将目标事件合理拆分，再利用互斥事件的概率公式和独立事件的概率公式求解即可. 【详解】由题意得至少收到两个可拆分为恰好收到个和恰好收到个， 且两种情况互斥，对于恰好收到个，可拆分为如下三种情况， 第1位发送1时，收到，第2位发送1时，收到，第3位发送0时，收到， 第1位发送1时，收到，第2位发送1时，收到，第3位发送0时，收到， 第1位发送1时，收到，第2位发送1时，收到，第3位发送0时，收到， 而每一位收发数字的情况相互独立， 对于第一种情况，由独立事件的概率公式得概率为， 对于第二种情况，由独立事件的概率公式得概率为， 对于第三种情况，由独立事件的概率公式得概率为， 由互斥事件的概率公式得恰好收到个的概率为， 当恰好收到个时，由独立事件概率公式得概率为， 由互斥事件的概率公式得至少收到两个0的概率为. 故答案为： 14. 已知正四面体的棱长为，球与正四面体的四个面分别相切于点，，，，为球的球面上一点，则的最大值为________． 【答案】12 【解析】 【分析】首先用向量展开四个切点到球面点的距离平方和，结合正四面体内切球四个切点关于球心对称的向量和为零的性质，可得四段距离平方和为定值，原总和的最大值等价于球面上点到顶点的最大距离. 【详解】设球的半径为，正四面体的高为，正四面体的一个面的面积为， 利用正四面体的体积公式可得：， 将内切球的球心和正四面体的4个顶点相连， 则正四面体分割成了4个完全相同的小三棱锥：、、 、，每个小三棱锥的底面都是正四面体的一个面（面积为）， 高就是球心到面的距离，也就是内切球半径， 因此单个小三棱锥的体积是，4个小三棱锥的总体积为：  ，则​，化简可得， 记，，，，， 由对称性可知， 为定值， 所以要求的最大值，即求的最大值， 又因为的最大值为，故所求的最大值为， 正四面体的棱长为，则， 所以的最大值为12． 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. 如图，直三棱柱中，，分别为线段的中点． （1）证明：； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）因为直三棱柱中，， 所以两两垂直，以为原点， 所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 不妨设，则各点坐标如下： ，，，，，， 因为分别为线段的中点，所以： 的坐标为，的坐标为， 根据坐标，可得向量： ， ， ， 所以向量与垂直，即. （2） 【解析】 【分析】（1）通过建系求出向量和的坐标，利用数量积为0这一代数条件直接证明了空间两直线的垂直关系； （2）通过求平面的法向量，利用线面角的正弦值等于方向向量与法向量夹角余弦值的绝对值计算出结果，再借助同角三角函数平方关系得出余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由两两垂直，可得平面， 平面的一个法向量可取为， 直线的方向向量为， 设直线与平面所成的角为， 根据线面角的正弦值公式： ， 因为线面角的范围是， 所以. 16. 一个袋子中有大小和质地均相同的四个球，其中有两个红球（标号为1和2），一个黑球（标号为3），一个白球（标号为4），从袋中不放回地依次随机摸出两个球.设事件“第一次摸到红球”，“第二次摸到黑球”，“摸到的两个球恰为一个红球和一个白球”. （1）用数组表示可能的结果，是第一次摸到的球的标号，是第二次摸到的球的标号，试用集合的形式写出试验的样本空间； （2）分别求事件A，B，C发生的概率； （3）求事件A，B，C中至少有一个发生的概率. 【答案】（1） （2），， （3） 【解析】 【分析】（1）根据事件的定义列出样本空间即可； （2）根据古典概型概率计算公式计算即可； （3）根据古典概型概率计算公式计算即可. 【小问1详解】 样本空间，共有12个基本事件； 【小问2详解】 事件A的基本事件为：共6个基本事件，所以， 事件B的基本事件为：共3个基本事件，所以， 事件C的基本事件为：共4个基本事件，所以， 【小问3详解】 事件A，B，C中至少有一个发生的基本事件为：共9个基本事件， 所以. 17. 如图所示，在直三棱柱中，，，为棱的中点． （1）求点到平面的距离； （2）若点在上，且平面． ①求的值； ②求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量，结合向量的距离公式，即可求解； 如图所示，可得，则， （2）①设，求得，结合，求得，即可求解；②由平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 解：在直三棱柱中，因为，可得两两垂直， 以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 又由，可得 所以点到平面的距离为. 【小问2详解】 解：①由（1）中的空间直角坐标系，可得，则， 设， 则， 因为平面，所以，即， 可得，解得，所以. ②平面的一个法向量， 又因为，， 平面的法向量为， 设平面与平面所成角为， 则． 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 某足球俱乐部举办新一届足球赛，按比赛规则，进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负，则需进行点球大战.点球大战规则如下：第一阶段，双方各派5名球员轮流罚球，双方各罚一球为一轮，球员每罚进一球则为本方获得1分，未罚进不得分，当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候，比赛即宣告结束，剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样，则进入第二阶段，双方每轮各派一名球员罚球，直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面，则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战，由甲队球员先罚球，甲队每位球员罚进点球的概率均为，乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响. （1）求每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率； （2）求经过3轮罚球后，比赛结束的概率； （3）若在点球大战的第一阶段，甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分，甲队暂时以领先，求甲队第5个球员需出场罚球的概率. 【答案】（1）甲、乙两队打成平局的概率为 （2）求经过3轮罚球后，比赛结束的概率为 （3）甲队第5个球员需出场罚球的概率为 【解析】 【分析】（1）平局包含两人都罚进或两人都罚不进两个互斥事件，利用独立事件乘法分别计算两种情况的概率，再相加即可. （2）3 轮后两队各剩 2 次罚球机会，落后方最多追回2分，因此分差≥3时比赛提前终止. 3轮内分差≥3，仅有两种极端比分：甲 3:0 乙、乙 3:0 甲（前两轮分差均未达终止条件，天然成立）.分别计算两种比分的概率，求和即得总概率. （3）分析甲队第5个球员需出场的前提条件：前两轮甲队2:0领先，若甲队第5个球员需出场，说明第三、四轮罚球结束后比赛未提前终止，即前四轮总比分甲队与乙队的分差不超过1分，分别计算三种比分情况2:1、2:2、3:2的概率，再计算概率之和即可. 【小问1详解】 设甲队球员罚进点球为事件，未罚进为事件，乙队球员罚进点球为事件，未罚进为事件. 因为，所以；同理，因为，所以. 则甲、乙均罚进的概率为， 甲、乙均未罚进的概率为， 所以甲、乙两队打成平局的概率为. 【小问2详解】 设踢完轮后，甲队总得分为，乙队总得分为. 分类讨论：踢完3轮分差大于或等于3，且前1、2轮未提前结束， ①当3轮后甲队比乙队多3分，甲队3轮全进，乙队3轮全不进，即，则概率为： ​ ②当3轮后乙队比甲队多3分，乙队3轮全进，甲队3轮全不进，即，则概率为： 综上，求经过3轮罚球后，比赛结束的概率为. 【小问3详解】 因为甲队第5个球员需出场罚球，则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分，即四轮罚球结束时比分可能为或或，则需要分以下情况来讨论： ①比分为的概率为： . ②比分为的概率为： . ③比分为的概率为： . 综上，甲队第5个球员需出场罚球的概率为. 19. 如图，平行六面体的底面是菱形，，，且平面. （1）求的长. （2）当时，求直线与平面所成的角的正弦值的取值范围. （3）当时，已知动点M到点A的距离是它到平面的距离的倍.若动点M的轨迹、平面和平面三者相交于两点P，Q，求. 【答案】（1）1； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）取定空间的一个基底，利用空间向量数量积及向量垂直的坐标表示列式求解. （2）利用空间向量数量积的运算律及夹角公式，结合线面角的向量法列出函数式，再求出函数值域即可. （3）利用正方体建立空间直角坐标系，求出平面和平面的方程及点M的轨迹方程，联立三个方程，结合空间两点间距离公式求解. 【小问1详解】 在平行六面体中，令，令， 由四边形是菱形，得，由， 得，又， 平面，则， 整理得，而，解得， 所以的长为1. 【小问2详解】 当时，由（1）得， ，则，， ，而为平面的法向量， 则直线与平面所成角的正弦值 ， 而，即，则， ，因此， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是. 【小问3详解】 当时，（1）得平行六面体为正方体，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，平面方程为，平面方程为， 设平面内任意一点，， 则，即，于是平面方程为， 设动点，由动点M到点A的距离是它到平面的距离的倍， 得，整理得点M的轨迹方程为， 由，整理得，设， 则，因此 ， 所以长为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $