精品解析：广东省梅州市兴宁市第一中学2026-2027学年高二上学期10月月考数学试题

兴宁一中高二数学月考试题 2026.10 一、选择题：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. 经过两点的直线的倾斜角为，则的值为（ ） A. -2 B. 1 C. 3 D. 4 2. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 过直线与的交点，且垂直于直线的直线方程是（ ） A. B. C. D. 5. 已知正四面体ABCD的棱长为a，点E，F分别是BC，AD的中点，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，用K、A1、A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1、A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K、A1、A2正常工作的概率依次是0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为 A. 0.960 B. 0.864 C. 0.720 D. 0.576 7. 如图，已知四边形，均为矩形，且，二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（　　）． A. B. C. D. 8. 已知直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，以D为球心半径为2的球截该四棱柱表面所得弧长之和等于（ ） A. B. C. D. 二、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. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的第百分位数为 B. 若一组样本数据的极差为，则实数的取值范围为 C. 和的方差分别为和，若，则 D. 在对高一某班学生数学成绩调查中，抽取男生人，其平均数为，抽取女生人，其平均数为，则这名学生数学成绩的平均数为 10. 如图，在棱长为的正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的有（ ） A. ，，，四点共面 B. 与所成角的大小为 C. 在线段上存在点，使得平面 D. 在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值 11. 空间中，平面上的动点满足方程，则称为平面的方程，同时也称平面的方程为，并称为平面的一个法向量.已知方程分别为的平面的交线为，则下列结论正确的是（ ） A. 经过点的平面的方程为 B. 若方程为的平面经过点，则满足条件的实数的个数为3 C. 若平面的方程为，则坐标原点到平面的距离为 D. 与方程为的平面所成角的正弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，若直线平面，则实数z的值为______． 13. 已知A，B，C，P四点共面，，其中，则的最小值为___________ 14. 直线与直线交于点，是实数，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. 在中， （1）求边的高线所在的直线的方程； （2）求边上中线所在的直线的方程 （3）的外接圆的圆心坐标 16. 在四棱锥中，平面，底面四边形为直角梯形，，，，，为中点．F为的中点. （1）求证：平面； （2）求点C到平面的距离． 17. 在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c．已知，，． （1）求c的值； （2）求的值； （3）求的值． 18. 甲、乙两名射击运动员在进行射击训练，已知甲命中10环，9环，8环的概率分别是，乙命中10环，9环，8环的概率分别是，任意两次射击相互独立．现在甲、乙两人进行射击比赛，每一轮比赛两人各射击一次，环数高于对方为胜，环数低于对方为负，环数相等为平局，规定连续胜利两轮的选手为最终的胜者，比赛结束，则 （1）求在每轮比赛中甲获胜的概率； （2）求恰好进行3轮射击后，比赛结束的概率． 19. 图1是直角梯形ABCD，，，，，，，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达的位置，且，如图2． （1）求证：平面平面ABED； （2）求直线与平面所成角的正弦值． （3）在棱上是否存在点P，使得二面角的平面角为？若存在，求出线段的长度，若不存在说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兴宁一中高二数学月考试题 2026.10 一、选择题：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. 经过两点的直线的倾斜角为，则的值为（ ） A. -2 B. 1 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据两点斜率公式及斜率与倾斜角的关系求解即可. 【详解】经过两点的直线的斜率为， 又直线的倾斜角为，所以，解得. 故选：B. 2. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，得，解得． 所以． 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两角差与和的余弦公式求解即可. 【详解】由于，且，所以， 则 4. 过直线与的交点，且垂直于直线的直线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】联立直线与， 可得方程组，解得，即两直线交点坐标为． 直线整理为斜截式为，则该直线斜率为． 已知两条互相垂直的直线斜率乘积为，设所求直线斜率为， 则，解得． 已知所求直线过点，斜率为，代入点斜式方程， 可得，整理为一般式，即． 5. 已知正四面体ABCD的棱长为a，点E，F分别是BC，AD的中点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的线性运算得出，，根据正四面体的性质得出，且、、三向量两两夹角为，即可通过向量数量积的运算率得出答案. 【详解】 四面体ABCD是正四面体， ，且、、三向量两两夹角为， 点E，F分别是BC，AD的中点， ，， 则， 故选：C. 6. 如图，用K、A1、A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1、A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K、A1、A2正常工作的概率依次是0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为 A. 0.960 B. 0.864 C. 0.720 D. 0.576 【答案】B 【解析】 【详解】A1、A2同时不能工作的概率为0.2×0.2＝0.04，所以A1、A2至少有一个正常工作的概率为1－0.04＝0.96，所以系统正常工作的概率为0.9×0.96＝0.864.故选B. 考点：相互独立事件的概率. 7. 如图，已知四边形，均为矩形，且，二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（　　）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令且，，应用向量数量积的运算律及已知求及其模长，再求出它们的夹角余弦值，即可得. 【详解】由题意，令，且，， 所以 ， 由四边形，均为矩形，则，且， 所以，则二面角的平面角， 所以，， 所以，即异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C 8. 已知直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，以D为球心半径为2的球截该四棱柱表面所得弧长之和等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题目的已知条件画出图形，由图可知球的球面会与四棱柱的个面相交，然后分别求出球与个面的交线的长度，再相加即可得出答案. 【详解】底面是边长为2的菱形且，. 点在球面上， 球的球面会与四棱柱的5个面相交，如图所示； 设为与球的交点，为与球的交点， 球与侧面的交线为弧，在中，，， ，.，弧的长度为. 球与侧面的交线为弧，同理可得弧的长度为. 球与上底面的交线为弧，，弧的长度为. 球与侧面的交线是以为直径的半圆，其弧长为. 球与侧面的交线是以为直径的半圆，其弧长为. 以D为球心半径为2的球截该四棱柱表面所得弧长之和为. 二、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. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的第百分位数为 B. 若一组样本数据的极差为，则实数的取值范围为 C. 和的方差分别为和，若，则 D. 在对高一某班学生数学成绩调查中，抽取男生人，其平均数为，抽取女生人，其平均数为，则这名学生数学成绩的平均数为 【答案】BC 【解析】 【分析】选项A：利用求百分位数的方法求解；选项B：利用极差公式求解，分别按照，，讨论求解；选项C：利用方差性质求解；选项D，利用求平均数的公式求解. 【详解】选项A：数据共个：，， 此时第百分位数为第项与第项的平均值，即，故选项A错误； 选项B：已知数据，极差， 若：最大值仍为8，最小值仍为3，极差； 若：最大值变为，极差； 若：最小值变为，极差； 综上可知，实数的取值范围为，故选项B正确； 选项C：和的方差分别为和， 因为，所以，故选项C正确； 选项D，，故选项D错误. 10. 如图，在棱长为的正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的有（ ） A. ，，，四点共面 B. 与所成角的大小为 C. 在线段上存在点，使得平面 D. 在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的共面定理可判断A选项，利用坐标法求异面直线夹角可直接判断B选项，直接利用向量法即可判断C选项；证明平面，即可判断D选项. 【详解】在棱长为的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设，即， 则，解得，即共面， 又为公共始点，因此,,,四点共面，A正确； ，则，， 因此与所成角的余弦值为，与所成角的大小为，B正确； 对于C，假设在线段上存在，可设 ，， 则， 由，得，由，得， 即与垂直和与垂直不能同时成立，因此与平面不垂直，C错误； ，则，，又，则， 又平面，平面，因此平面， 点到平面的距离即为点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，则三棱锥的体积为定值，D正确. 故选：ABD 11. 空间中，平面上的动点满足方程，则称为平面的方程，同时也称平面的方程为，并称为平面的一个法向量.已知方程分别为的平面的交线为，则下列结论正确的是（ ） A. 经过点的平面的方程为 B. 若方程为的平面经过点，则满足条件的实数的个数为3 C. 若平面的方程为，则坐标原点到平面的距离为 D. 与方程为的平面所成角的正弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用不共线且可以确定唯一平面判断A；利用平面经过点列方程可判断B；利用点到平面距离公式判断C；利用空间向量夹角余弦公式判断D. 【详解】经检验，均满足方程，且不共线， 则可以确定唯一平面，则平面的方程为，A正确； 若方程为的平面经过点，则， 整理得，因为无实数解，所以，B不正确； 显然，点满足方程，则是平面内一点， 平面的一个法向量为，则， 点到平面的距离，C正确. 易知方程的一组公共解为，且的另一组公共解为， 则直线经过和的一个方向向量为， 平面的一个法向量为.设与平面所成角的大小为， 则，D正确. 故选：ACD. 【点睛】解答的关键是正确理解平面方程的定义，新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，若直线平面，则实数z的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知∥，代入坐标计算即可. 【详解】解：由题意可知∥， 所以，解得. 故答案为： 13. 已知A，B，C，P四点共面，，其中，则的最小值为___________ 【答案】1 【解析】 【分析】根据四点共面可得，利用基本不等式求解即可. 【详解】因为A，B，C，P四点共面，，所以，即， 所以， 当且仅当，即时取等号，则的最小值为 14. 直线与直线交于点，是实数，则的最大值为___________． 【答案】18 【解析】 【分析】先由两直线方程确定两直线的位置关系以及所过定点，从而进一步确定交点的轨迹方程，确定所求表达式的几何意义后，再由与圆有关的最值问题处理方式即可求解． 【详解】当时，直线的斜率，直线的斜率， 可得，两直线垂直； 当时，直线的方程为，直线的方程为，两直线仍垂直． 因此对任意实数，都有 ． 直线，当时，，则恒过定点； 直线，当时，，则恒过定点． 因为，交点为，所以． 代入坐标，可得， 即， 即点的轨迹是以为圆心，半径的圆． 而表示点到定点的距离的平方． 圆心到点的距离为， 圆上点到的最大距离为， 因此距离的平方最大值为． 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. 在中， （1）求边的高线所在的直线的方程； （2）求边上中线所在的直线的方程 （3）的外接圆的圆心坐标 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出直线的斜率，根据垂直得到所求直线斜率为，再根据点斜式方程即可求出答案； （2）求出的中点，求出的斜率，再根据点斜式方程即可求出答案； （3）求出中垂线所在直线的方程，求出交点坐标即为点坐标. 【小问1详解】 直线的斜率为， 所以所求直线斜率为， 又边的高线经过点， 所以边的高线所在的直线的方程为，即. 【小问2详解】 因为，所以的中点， 所以直线的斜率为， 所以边上中线所在的直线的方程为， 即. 【小问3详解】 的中点，， 所以中垂线的斜率为， 所以中垂线所在直线的方程为，即， 的中点，， 所以中垂线的斜率为， 所以中垂线所在直线的方程为，即， 联立，解得， 所以的外接圆的圆心坐标为. 16. 在四棱锥中，平面，底面四边形为直角梯形，，，，，为中点．F为的中点. （1）求证：平面； （2）求点C到平面的距离． 【答案】（1）过点作交于点，连接， 因为为中点，所以是的中点，则， 因为，，，所以， 则，则四边形为平行四边形，则， 因为平面平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形的中位线得到，利用已知条件得到，从而得到四边形为平行四边形，则，利用线面平行的判定定理得解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意在四棱锥中，平面， 底面四边形为直角梯形，， 以为原点，分别以，，为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则． 因为为中点，所以， 因为为的中点，所以， 则， 设平面的法向量， 则，令，得，即， 故点到平面的距离. 17. 在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c．已知，，． （1）求c的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理及题中条件可得边的值； （2）由正弦定理可得的值，再由及正弦定理可得的值； （3）根据，，可得，即可求解． 【小问1详解】 因为，，， 由余弦定理得，， 所以 所以，解得． 【小问2详解】 因为，，所以， 由正弦定理得，，即，所以， 由，得． 【小问3详解】 （3）由（1）知，所以，所以， 所以． 18. 甲、乙两名射击运动员在进行射击训练，已知甲命中10环，9环，8环的概率分别是，乙命中10环，9环，8环的概率分别是，任意两次射击相互独立．现在甲、乙两人进行射击比赛，每一轮比赛两人各射击一次，环数高于对方为胜，环数低于对方为负，环数相等为平局，规定连续胜利两轮的选手为最终的胜者，比赛结束，则 （1）求在每轮比赛中甲获胜的概率； （2）求恰好进行3轮射击后，比赛结束的概率． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据甲获胜的情况，应用独立事件乘法公式和互斥事件的加法求每轮比赛中甲获胜的概率； （2）求恰好进行3轮射击后比赛结束的概率，先确定甲胜利，平局，失败的概率，恰好进行3轮射击后比赛结束：①当甲获得最终胜利时，由第2轮、第3轮甲连续胜利，第一轮甲没有获得胜利，算出其概率；②当乙获得最终胜利时，则第2轮、第3轮乙连续胜利，第1轮乙没有获得胜利，其概率，两情形概率之和即为所求. 【小问1详解】 记表示甲在第轮胜利，甲获得胜利的情况：甲射击10环且乙射击不为10环；甲射击9环且乙射击为8环， 所以； 【小问2详解】 记表示甲在第轮平局，表示甲在第轮失败，则 甲获平局的情况：甲、乙射击均为10环，9环和8环，即； 甲失败的情况为． ①当甲获得最终胜利结束3轮比赛时，则第2轮，第3轮甲连续胜利，且第1轮甲没有获得胜利，其概率为； ②当乙获得最终胜利结束3轮比赛时，则第2轮，第3轮乙连续胜利，第1轮乙没有获得胜利，其概率为； 所以经过3轮比赛结束的概率. 19. 图1是直角梯形ABCD，，，，，，，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达的位置，且，如图2． （1）求证：平面平面ABED； （2）求直线与平面所成角的正弦值． （3）在棱上是否存在点P，使得二面角的平面角为？若存在，求出线段的长度，若不存在说明理由． 【答案】（1）在图1中，连结AE，由已知条件得， ∵且， ∴四边形ABCE为菱形，连结AC交BE于点F， ∴，又∵在中，， ∴， 在图2中，，∵，∴， 由题意知，且 ∴平面ABED，又平面， ∴平面平面ABED； （2）；（3）存在，. 【解析】 【分析】（1）在图1中，连结AE，连结AC交BE于点F，证明，即可； （2）以D为坐标原点，DA，分别为x，y轴，方向为z轴正方向建立空间直角坐标系，算出平面的法向量和的坐标，然后可算出答案； （3）设，然后算出平面PBE、平面的法向量，然后可建立方程求解. 【详解】（1）略 （2）如图，以D为坐标原点，DA，分别为x，y轴，方向为z轴正方向建立空间直角坐标系．由已知得各点坐标为 ，，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，， 所以，即， 令，解得，， 所以，，记直线与平面所成角为， 则． （3）假设存在，设， 所以，， ∵平面，易得平面的一个法向量， 设平面PBE的一个法向量， 由，可得，可取， 则， 解得，此时． 【点睛】关键点睛：用向量方法解决空间中的角的问题时，关键是建立适当的空间直角坐标系，准确地写出点的坐标和向量的坐标，然后准确地运算出答案. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $