精品解析：湖南常德市鼎城区第一中学2026-2027学年高二上学期10月月考(平行班)数学试题

鼎城一中2026年下学期高二10月月考数学试卷（平行班） 满分：150分时间：120分钟 一、单选题（共8题，每题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出集合，根据集合的交集和补集的概念与运算，即可求解. 【详解】由集合，可得， 因为集合，所以. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解. 【详解】因为，所以. 故选：C. 3. 设为实数，若直线与直线平行，则（ ） A. B. 2 C. D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】根据两直线平行列式求值即可. 【详解】因为两直线平行，所以， 所以. 故选：A 4. 如图，在平行六面体中，，，若，则为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，且，以为一个空间基底，求得，，结合，列出方程，即可求解. 【详解】设，且， 因为，以为一个空间基底， 可得，， 又因为，可得， 即，即， 解得或（舍去），即的值为. 故选：D. 5. 在空间直角坐标系中，已知，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先确定三棱锥的底面积和高，再根据三棱锥的体积公式进行计算即可. 【详解】在空间直角坐标系中， 为坐标原点，，， 可以看出,即两两互相垂直， 以为底面，为高，则, 根据三棱锥的体积公式可得. 故选：. 6. 公元1765年瑞士数学家莱昂哈德•欧拉（LeonhardEuler）在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心（三条中垂线的交点）､重心（三条中线的交点）､垂心（三条高线的交点）在同一条直线上.后来，人们把这条直线称为欧拉线.若的顶点，则其欧拉线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角形顶点坐标得重心的坐标，确定，垂直平分线确定外接圆圆心即外心坐标，从而可得其欧拉线方程. 【详解】因为的顶点，可得的重心的坐标为， 由，，可得中点的坐标为， 所以的垂直平分线所在直线的斜率， 所以可得的垂直平分线所在直线的方程为， 又由，可得的垂直平分线所在直线的方程为， 联立方程组，解得， 即的外心的坐标为， 则，所以的方程为，即， 所以的欧拉线方程为. 故选：C. 7. 将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），先后抛掷两次，将得到的点数分别记为，若向量，则与的夹角为钝角的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据已知求出满足条件的满足的关系式，然后分别令，求得满足条件的，然后即可根据古典概型概率公式，得出答案. 【详解】由可得，， 所以. 因为为钝角，所以，且不共线， 所以，即，且. 当时，有且，所以可取1，3，4，5，6； 当时，有且，可取2，3，4，5，6； 当时，有且，可取4，5，6； 当时，有且，可取6； 当或时，，此时无解. 综上所述，满足条件的有14种可能. 又先后抛掷两次，得到的样本点共36种， 所以为钝角的概率 故选：C. 8. 如图，棱长为3的正方体的顶点A在平面上，三条棱都在平面的同侧，若顶点到平面的距离分别为，则顶点到平面的距离是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求点到平面的距离，建立空间直角坐标系，由顶点到平面的距离分别为，利用空间点到平面距离公式，求出平面的法向量，即可求出结论. 【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则点到平面距离为，① 点到平面距离为，② 由①②可得， 所以到平面的距离为. 故选：C. 二、多选题（共3题，每题6分，共18分） 9. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. 向量与向量的夹角为 B. C. 向量在向量上的投影向量为 D. 向量与向量共面 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用空间向量的数量积求向量的夹角，判断A的真假；判断数量积是否为0，判断B的真假；求投影向量，判断C的真假；根据的线性关系，判断D的真假. 【详解】对A：，所以，故A正确； 对B：因为，所以不成立，故B错误； 对C：因为，即向量在向量上的投影向量为，故C正确； 对D：因为，即，所以向量与向量共面，故D正确. 故选：ACD 10. 对于直线.以下说法正确的有（ ） A. 的充要条件是 B. 当时， C. 直线一定经过点 D. 点到直线的距离的最大值为5 【答案】BD 【解析】 【分析】求出的充要条件即可判断A;验证时，两直线斜率之积是否为-1，判断B;求出直线经过的定点即可判断C;判断何种情况下点到直线的距离最大，并求出最大值，可判断D. 【详解】当时， 解得 或， 当时，两直线为 ，符合题意； 当时，两直线为 ，符合题意，故A错误； 当时，两直线为， ， 所以，故B正确； 直线即直线，故直线过定点，C错误； 因为直线过定点，当直线与点和的连线垂直时，到直线的距离最大，最大值为 ， 故D正确， 故选：BD. 11. 如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 异面直线与所成角的取值范围是 C. 平面与平面所成夹角的余弦值取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，利用线面平行的判定定理，得出平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于B，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于CD，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出平面与平面所成角的余弦值和直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断. 【详解】对于A，，平面，平面， 平面，点在线段上运动， 点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 故三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于B，，异面直线与所成的角即为与所成的角， 当点位于点时，与所成的角为， 当点位于的中点时，，∴， 此时，与所成的角为， 异面直线与所成角的取值范围是，故B正确； 对于C，以为原点，为轴，为轴，为轴， 建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，， 则，，设平面的法向量， 设平面的法向量， ， 则，即， 令，则，则得， 面与平面所成夹角为， 所以， 因为，，所以，， 所以平面与平面所成夹角的余弦值取值范围是，故C正确； 对于D，则，，，，，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为： ， 当或1时，直线与平面所成角的正弦值的最小值为，D错误 三、填空题（共3题，每题5分，共15分） 12. 已知事件，互斥，，，则__________． 【答案】## 【解析】 【详解】因为互斥，所以. 13. 在平面直角坐标系中，点到直线的距离为____________. 【答案】##0.6 【解析】 【分析】根据点到直线的距离公式求解即可. 【详解】根据点到直线的距离公式可得. 故答案为：. 14. 空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线的方程为，阅读上面材料，并解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则平面的法向量为___________；直线与平面所成角的正弦值为___________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】根据材料，易求得平面的法向量；设两个平面的交线的方向向量为，算出题设中来两平面的法向量和，利用和可求得的坐标，再利用空间向量的夹角公式求出线面所成角即得. 【详解】由题意，平面的法向量为； 设直线的一条方向向量为， 因平面的一条法向量为，平面的一条法向量为， 则有故可取， 因平面的法向量为， 设直线与平面所成角为，则. 故答案为：；. 15. 已知直线. （1）求经过点且与直线垂直的直线方程； （2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据直线的斜率可设所求直线方程为，代入点即可求解； （2）联立直线与的方程可得交点坐标，分截距为0和截距不为0两种情况分别求解. 【小问1详解】 由直线可得斜率为， 所以根据垂直关系可设所求直线方程为， 则依题意有，解得， 所以所求直线方程为，整理得； 【小问2详解】 联立，解得，即直线与的交点为， 当直线经过原点时，满足题意，设直线方程为， 代入得，此时； 当直线的截距都不为0时，设直线方程为， 依题意，解得，此时直线方程为， 综上所述：所求直线方程为或. 四、解答题 16. 某校举办“喜迎二十大，奋进新征程”知识能力测评，共有1000名学生参加，随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成4组：[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并整理得到如下频率分布直方图： （1）用分层随机抽样的方法从[80,90)，[90,100]两个区间共抽取出5名学生，则每个区间分别应抽取多少人； （2）在（1）的条件下，该校决定在这5名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间[90,100]的概率； （3）现需根据学生成绩制定评价标准，评定成绩较高的前60%的学生为良好，请根据频率分布直方图估计良好的最低分数线.（精确到1） 【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先由频率分布直方图的频率求法求得[80,90)，[90,100]两个区间样本中的学生人数，按照分层抽样的方法即可求得结果； （2）利用列举法及古典概型的概率公式即可求得所求概率； （3）根据题意，利用频率分布直方图的面积即频率，可求得使后段区间频率为时的区间左端点，即所求最低分数线. 【小问1详解】 依题意，设区间[80,90)中应抽人，区间[90,100]中应抽人，得 成绩在[80,90)区间样本中的学生人数为：； 成绩在[90,100]区间样本中的学生人数为：； 所以，解得， 所以区间[80,90)中应抽人，区间[90,100]中应抽人. 【小问2详解】 由（1）得，不妨记区间[80,90)中人为，区间[90,100]中人为， 则从中抽取2名学生（注意分先后）的基本事件为共20件， 其中第二个交流分享的学生成绩在区间[90,100]（记为事件）的基本事件为共8件， 故，即第二个交流分享的学生成绩在区间[90,100]的概率为. 【小问3详解】 由频率分布直方图易得，的频率为，的频率为， 所以成绩良好的最低分数线落在区间[80,90)中，不妨记为， 故，解得， 所以成绩良好的最低分数线为. 17. 已知是圆的两条互相垂直的直径，若将圆绕沿顺时针方向旋转一周后得到球，点（异于点）是圆旋转过程中点所形成的轨迹上的一点． （1）证明：； （2）若，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明：如图，连接， AI        由题意易得为的中点，，所以， 又因为平面，所以平面， 因为平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）利用和证得平面，最后利用线面垂直性质即可得证. （2）建立空间直角坐标系，结合即可得到相关点的坐标，最后算出平面和平面的法向量，再利用公式即可得到二面角的正弦值. 【小问1详解】 （1）略； 【小问2详解】 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，过点作平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 由已知可得，因为，所以是等边三角形， 则， 所以． 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，则， 所以，故二面角的正弦值为． 18. 已知向量，， （1）记，求及的最大值； （2）在锐角中，内角，，的对边分别为，，.若，且为（1）中取到最大值时的值，求的取值范围. 【答案】（1）；最大值为 （2） 【解析】 【分析】（1）先利用三角恒等变换公式，再结合两角和的正弦公式将函数化成正弦型函数标准形式，借助正弦函数单调性找到函数取最大值时对应的角度和最大值. （2）由（1）知，结合锐角三角形求出角的取值范围，最后根据的范围求出整体角范围，结合正弦函数值域推导出边长比值的取值范围. 【小问1详解】 所以. 由得. 当即时有的最大值为. 【小问2详解】 由（1）知，取最大值时，故. 在中，，则， 又为锐角三角形，故，即，解得. 由正弦定理（为外接圆半径）. 得，代入，. 化简得 因为，所以，则. 故，即的取值范围是. 19. 已知底面ABCD是正方形，平面，点E、F分别为线段PB、CQ的中点. （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）若点是线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值取得最大值时，求的值. 【答案】（1） 因为为正方形，且平面，所以、、两两互相垂直， 以点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、、，、， 所以， 所以，所以． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）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，利用空间向量法可证得结论成立； （2）先求出平面与平面的法向量，再利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值； （3）先设，其中，得出向量的坐标，得到平面的一个法向量，再利用空间向量法可得线面角的正弦是关于的式子，结合值域计算即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设平面的法向量，，， 则，取，可得， 所以平面的一个法向量为， 平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角余弦值为； 【小问3详解】 假设存在点，使得，其中， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 由题意可得， 设，即， 当即时，取最大值； 因为，所以，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 鼎城一中2026年下学期高二10月月考数学试卷（平行班） 满分：150分时间：120分钟 一、单选题（共8题，每题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 设为实数，若直线与直线平行，则（ ） A. B. 2 C. D. 0 4. 如图，在平行六面体中，，，若，则为（ ） A. 1 B. C. D. 5. 在空间直角坐标系中，已知，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 1 6. 公元1765年瑞士数学家莱昂哈德•欧拉（LeonhardEuler）在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心（三条中垂线的交点）､重心（三条中线的交点）､垂心（三条高线的交点）在同一条直线上.后来，人们把这条直线称为欧拉线.若的顶点，则其欧拉线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），先后抛掷两次，将得到的点数分别记为，若向量，则与的夹角为钝角的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，棱长为3的正方体的顶点A在平面上，三条棱都在平面的同侧，若顶点到平面的距离分别为，则顶点到平面的距离是（ ） A. B. 2 C. D. 二、多选题（共3题，每题6分，共18分） 9. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. 向量与向量的夹角为 B. C. 向量在向量上的投影向量为 D. 向量与向量共面 10. 对于直线.以下说法正确的有（ ） A. 的充要条件是 B. 当时， C. 直线一定经过点 D. 点到直线的距离的最大值为5 11. 如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 异面直线与所成角的取值范围是 C. 平面与平面所成夹角的余弦值取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最小值为 三、填空题（共3题，每题5分，共15分） 12. 已知事件，互斥，，，则__________． 13. 在平面直角坐标系中，点到直线的距离为____________. 14. 空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，过点且方向向量为的直线的方程为，阅读上面材料，并解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则平面的法向量为___________；直线与平面所成角的正弦值为___________. 15. 已知直线. （1）求经过点且与直线垂直的直线方程； （2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程. 四、解答题 16. 某校举办“喜迎二十大，奋进新征程”知识能力测评，共有1000名学生参加，随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成4组：[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并整理得到如下频率分布直方图： （1）用分层随机抽样的方法从[80,90)，[90,100]两个区间共抽取出5名学生，则每个区间分别应抽取多少人； （2）在（1）的条件下，该校决定在这5名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间[90,100]的概率； （3）现需根据学生成绩制定评价标准，评定成绩较高的前60%的学生为良好，请根据频率分布直方图估计良好的最低分数线.（精确到1） 17. 已知是圆的两条互相垂直的直径，若将圆绕沿顺时针方向旋转一周后得到球，点（异于点）是圆旋转过程中点所形成的轨迹上的一点． （1）证明：； （2）若，求二面角的正弦值． 18. 已知向量，， （1）记，求及的最大值； （2）在锐角中，内角，，的对边分别为，，.若，且为（1）中取到最大值时的值，求的取值范围. 19. 已知底面ABCD是正方形，平面，点E、F分别为线段PB、CQ的中点. （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）若点是线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值取得最大值时，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $