精品解析：河南省湘豫部分学校2026-2027学年高二上学期10月月考数学试题(人教A版)

河南省湘豫部分学校2026-2027学年高二上学期10月月考 数学试题(人教A版) 注意事项： 1.本试卷共6页.时间120分钟，满分150分.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回. 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. 样本数据2，4，5，11，13的平均数是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以样本数据的平均数为7. 2. 已知直线经过点，两点，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，求出斜率即可得出倾斜角的正切值，从而求出倾斜角. 【详解】设直线的倾斜角为， 由题可得直线的斜率，又，所以直线的倾斜角为. 3. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直数量积为计算得解. 【详解】因为，， 所以，即，解得. 4. 已知直线：，：，若与关于直线对称，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线关于的对称性求出直线的对称方程，对比求解即可. 【详解】直线关于直线对称的直线方程为. 由题意得，，解得，. 5. 已知圆锥，为底面圆圆心，是底面圆直径，且，点沿圆锥侧面到点的最短距离为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将圆锥侧面沿母线展开，侧面上的最短路对应展开图中的线段；先由展开图中的等腰三角形求扇形圆心角，再利用弧长关系求底面半径，最后由勾股定理求圆锥的高并计算体积． 【详解】如图，将圆锥的侧面沿母线SB展开，因为点沿圆锥侧面到点的最短距离为，又，则. 所以圆锥的侧面展开图（扇形）的圆心角为.设圆锥底面圆半径为，则，解得， 所以圆锥的高，故圆锥SO的体积为. 6. 如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，点在上，且，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点与向量坐标，利用方程组求出平面的法向量，再由向量关系确定点坐标得到坐标，用点到平面的向量距离公式求解. 【详解】如图，以点为原点，AB，AD，AP所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 则，所以. 设，平面PBD的法向量为，则所以 令，则，所以是平面的一个法向量. 又，所以，解得， 即，则， 所以点到平面PBD的距离为. 7. 已知，，，且是第一象限角，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二倍角公式、同角的三角函数关系及两角差的正切公式，结合 基本不等式求解即可. 【详解】由，得，即. 因为，且是第一象限角，所以，且， 所以，当且仅当时，等号成立. 故的最大值为. 8. 已知函数是定义在上的偶函数，且当时，，设，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数是定义在上的偶函数，易判断函数在上单调递增，在上单调递减，利用偶函数性质结合对数、指数的运算性质，可判断出，从而得出，，的大小关系. 【详解】当时，，易得在上单调递增， 又是定义在R上的偶函数，所以在上单调递减， 由题知， 又，所以最大，即最小， 因为，所以，即， 因为，所以，即， 综上，，所以. 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. 设，则（ ） A. B. C. D. 为纯虚数 【答案】ACD 【解析】 【分析】本题主要考查复数的相关知识； A选项，考查复数的除法运算，分子分母同乘即可； B选项，考查共轭复数，实部相等，虚部互为相反数； C选项考查复数的模长公式，，代入计算即可； D选项，考查复数的除法运算以及纯虚数的定义，计算得，实部为0，所以为纯虚数. 【详解】对于，A正确； 对于，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，，为纯虚数，D正确. 10. 已知函数（），将的图象向左平移个单位长度后，得到的函数图象关于直线对称，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 在区间上单调递增 D. 方程在区间上恰有个不同的实数根 【答案】BD 【解析】 【分析】由平移后的函数关于对称解出即可判断A；令求对称中心，取验证可判断B；求单调递增区间与给定区间比较即可判断C；令 解方程，在内求出根的个数，即可判断D. 【详解】函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象. 由的图象关于直线对称，得，解得.因，则，故A错误； 则，令，解得，当时，的图象关于点对称，故B正确； 令，解得，所以在上并非整体单调递增，故C错误； 令，即，则或，解得或. 当时，可取，即方程恰有2个不同的实数根，故D正确. 11. 已知圆：，直线：，动点在圆上，点，则下列说法正确的是（ ） A. 若直线与圆相切，则 B. 直线恒过的定点在圆外 C. 存在，使直线交圆于点，，且 D. （为坐标原点）的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用点到直线距离公式求相切时斜率判断A选项，B选项确定直线定点并判断其与圆位置，C选项联立方程结合向量垂直求斜率，D选项根据距离关系确定轨迹求最值. 【详解】由题意可得：圆的圆心为，半径， 直线：，即，点，， A选项中，若直线与圆相切，根据点到直线的距离公式可得： ，所以，即， 化简可得：，即，解得，A正确， B选项中，由，得，令，则， 所以直线恒过定点，且，所以定点在圆外，B正确， C选项中，因为，即， 联立直线和圆可得： 消去，得， 又因为直线交圆于，， 所以，解得， 设直线与圆的交点为，， 则，， 由，得， ， ，即， 因为，所以满足条件的不存在，C错误， D选项中，取，设点，且， 则， 整理得，所以， 当且仅当O，P，B在一条直线上，且时，等号成立， 所以的最小值为4，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，互为对立事件，，则__________. 【答案】0.8 【解析】 【详解】因为A，B互为对立事件，且，所以. 13. 过点作圆：的两条切线，切点分别为，，则直线的方程为______________. 【答案】 【解析】 【分析】利用切线垂直半径及对称性，结合图形确定切点弦的方向和位置；也可把两个切点看成原圆与以为直径的圆的公共点，通过两圆方程作差求公共弦所在直线． 【详解】方法一：如图，连接，，，设． 因为，分别为圆的切线，所以，． 又，，故，关于直线对称，从而． 在直角三角形中，，所以． 于是即 因为，，所以平行于轴，且． 又，故直线的方程为． 方法二：圆心为．由于，所以，也在以为直径的圆上． 该圆的方程为，圆 两式相减，得，即直线的方程为． 14. 如图，与都是边长为3的等边三角形，，，，，，分别是各边上的三等分点，沿，，，，，分别将，，，，，折起，使得点，，，，，共面，依次连接各点且满足，由此得到一个多面体，则该多面体的高为________，该多面体的外接球的表面积为________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先判断所得多面体的形状，确定上下底面中心连线的长度即为该多面体的高，可求高；进一步确定上下底面中心的中点为外接球球心，求出外接球半径，进而可求外接球的表面积. 【详解】如图1， 该多面体是上、下底面互相平行且边长为1的正六边形，侧面是12个边长为1的等边三角形. 设上、下底面的中心分别为是GH的中点，连接，易知四边形是直角梯形. 如图2，，过点作，垂足为，则. 设该多面体的外接球球心为，则球心是的中点，连接BQ，则BQ为该多面体的外接球的半径， 于是半径， 所以外接球的表面积为. 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. 在平面直角坐标系中，已知直线过点，且与两坐标轴交于不同的两点，. （1）若直线的斜率小于0，求的面积的最小值以及此时对应的直线的方程； （2）若直线被圆截得的弦长为，求直线的方程. 【答案】（1）的面积的最小值为4， （2） 【解析】 【分析】（1）方法一：设直线的方程为，分别表示出的坐标，从而得到的面积，再利用基本不等式求得其最小值，及取最小值时直线的方程； 方法二：或设直线的方程为，得到的面积，再利用基本不等式求得其最小值，及取最小值时直线的方程； （2）由题意设直线的斜率为，方程为，根据弦长求得圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式，即可求得直线的方程. 【小问1详解】 方法一：依题意，设直线的方程为. 令，解得；令，解得. 不妨令， 则. 因为，所以，当且仅当时，等号成立. 所以的面积的最小值为4，此时直线的方程为. 方法二：由题直线过点，且斜率小于0，得直线与两坐标轴的正半轴交于M，N两点. 设直线的方程为， 又直线过点，所以. 所以，解得，当且仅当，即时，等号成立. 所以，即的面积的最小值为4. 此时直线的方程为，即. 【小问2详解】 由题知圆的圆心为，半径为2. 依题意，圆心到直线的距离. 由题意设直线的斜率为，由，得. 所以，解得. 所以直线的方程为. 16. 已知函数. （1）判断函数的奇偶性并证明； （2）解不等式. 【答案】（1）函数为奇函数，证明如下： 函数的定义域为， 又， 即，所以是奇函数. （2） 【解析】 【分析】（1）计算，利用指数运算化简得零，从而证明为奇函数； （2）先证明在上单调递增，再将不等式转化为，由单调性去掉函数符号，解一元二次不等式即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 令，下面证明在上单调递增： ，且，则. 因为，所以. 又，所以，即. 所以在上单调递增. 又在上单调递增， 所以在上单调递增. 由（1）知， 所以，即，解得. 故原不等式的解集为. 17. 记的内角，，的对边分别为，，，且满足. （1）求角的大小； （2）若的周长为18，其外接圆的半径为，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式可得，再根据三角形内角的取值范围可求角. （2）先结合正弦定理求边，再利用余弦定理求，最后利用三角形的面积公式求三角形面积. 【小问1详解】 由， 得. 由正弦定理，得. 又， 且，所以，即. 又，所以. 【小问2详解】 由正弦定理，知.（为外接圆的半径） 又，所以. 由余弦定理，得，即. 故. 18. 如图，在直三棱柱中，，，，是棱的中点，是棱（不含端点）上一点. （1）证明：； （2）若是的中点，求平面与平面夹角的余弦值； （3）若三棱锥的内切球的半径为，求的长. 【答案】（1）如图， 取AC的中点，连接BE，DE. 因为是AC的中点，所以. 因为几何体是直三棱柱，所以四边形是矩形. 又是棱的中点，所以. 又平面平面BDE，所以平面BDE. 又平面BDE，所以. （2） （3） 【解析】 【分析】(1)取AC中点构造辅助线，利用等腰三角形三线合一与直棱柱性质证AC⊥平面BDE，由线面垂直推出；(2)以AC中点为原点建系，写出各点坐标，求两个平面的法向量，借助向量夹角公式算出平面夹角余弦；(3)设，利用三棱锥内切球公式，列出体积与表面积方程求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，EB，EC，ED所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系. 若是的中点，则， 所以. 设平面ADM的法向量为，平面CDM的法向量为. 由得 令，得. 所以平面ADM的一个法向量为， 同理可求得平面CDM的一个法向量为， 所以. 所以平面ADM与平面CDM夹角的余弦值为. 【小问3详解】 设，则， 三棱锥的表面积为. 利用体积相等关系有，即， 解得，所以. 19. 已知函数（），记函数. （1）当时，求函数在上的最大值和最小值； （2）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围； （3）若关于的方程在上恰有三个不同的实数根，求实数的取值范围. 【答案】（1）最大值为3，最小值为0 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）代入参数得到具体二次函数，因式分解求零点，画出绝对值翻折后的图像，分段分析单调性，在区间端点与极值点比对得到最值； （2）将绝对值恒成立不等式等价转化为双向不等式，分参处理右侧不等式求下界，再结合二次函数对称轴分类讨论左侧不等式，最后取交集得到参数范围； （3）解法一：将拆成与，利用抛物线顶点纵坐标，结合“一方程1个根、另一方程2个根合计3根”的根分布条件，列出端点不等式联立求解；解法二：换元简化二次式，把转化为两个二次方程，分类讨论参数c，结合根落在区间的约束，筛选出恰有三个实根的的取值范围. 【小问1详解】 当时，， 所以， 易得在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 且， 所以在或时，取得最小值0；在或时，取得最大值3. 故在上的最大值为3，最小值为0. 【小问2详解】 因为，所以. 由对任意恒成立，得. 先考虑，即， ， 当时，不等式恒成立； 当时，，即，所以. 再考虑，即， 令，此抛物线开口向上，所以只需在上的最小值非负即可. 易得的图象的对称轴为直线， 当时，最小值，即， 解得，结合，得. 当时，在上单调递减，所以在上的最小值恒成立， 综上所述，实数的取值范围为. 【小问3详解】 方法一：. 由在[0，3]上恰有3个不同的实数根，得在[0，3]上恰有3个不同的实数根. 的图象的对称轴为直线，当或时，在[0，3]上单调，方程不可能有3个不同的实数根. 所以. ①若恰有1个实数根，则恰有两个实数根， 则，解得或（舍去），此时. 经检验，令，解得或（舍去），不符合题意. ②若恰有1个实数根，则恰有两个实数根， 则，解得或（舍去），此时. 只需且成立，解得. 又，所以， 综上所述，实数的取值范围为. 方法二：. 令，由，得. 则， 所以方程，即，可得或. 下面对的取值进行分类讨论： 若，即，则无解， 只有的两个根，不可能有三个根. 若，即或，此时方程的根为或. 当时，，只含0和，仅有两个根； 当时，，只含0和，仅有两个根，均不合题意. 若，即或，四个根为， 且大小关系为，区间. 当时，区间全为正，负根不存在，此时最多两个正根，不可能有三个根； 当时，区间左端点，右端3可能为正也可能为负，可验证： 对于任意，两个负根和都落在区间内， 因此方程已有两个根，欲使根的总数为三个，当且仅当恰好有一个正根在区间内，正根为，且， 所以需满足. 同时由于正根要存在，需要，即.又，所以. 代入，得. 左边不等式：； 右边不等式：. 结合，知. 当时，，正根恰在区间右端点，此时依然符合“恰有三个根”. 所以实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省湘豫部分学校2026-2027学年高二上学期10月月考 数学试题(人教A版) 注意事项： 1.本试卷共6页.时间120分钟，满分150分.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回. 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. 样本数据2，4，5，11，13的平均数是（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 2. 已知直线经过点，两点，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线：，：，若与关于直线对称，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 5. 已知圆锥，为底面圆圆心，是底面圆直径，且，点沿圆锥侧面到点的最短距离为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形，，点在上，且，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，且是第一象限角，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数是定义在上的偶函数，且当时，，设，，，则，，的大小关系为（ ） 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. 设，则（ ） A. B. C. D. 为纯虚数 10. 已知函数（），将的图象向左平移个单位长度后，得到的函数图象关于直线对称，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 在区间上单调递增 D. 方程在区间上恰有个不同的实数根 11. 已知圆：，直线：，动点在圆上，点，则下列说法正确的是（ ） A. 若直线与圆相切，则 B. 直线恒过的定点在圆外 C. 存在，使直线交圆于点，，且 D. （为坐标原点）的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，互为对立事件，，则__________. 13. 过点作圆：的两条切线，切点分别为，，则直线的方程为______________. 14. 如图，与都是边长为3的等边三角形，，，，，，分别是各边上的三等分点，沿，，，，，分别将，，，，，折起，使得点，，，，，共面，依次连接各点且满足，由此得到一个多面体，则该多面体的高为________，该多面体的外接球的表面积为________. 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. 在平面直角坐标系中，已知直线过点，且与两坐标轴交于不同的两点，. （1）若直线的斜率小于0，求的面积的最小值以及此时对应的直线的方程； （2）若直线被圆截得的弦长为，求直线的方程. 16. 已知函数. （1）判断函数的奇偶性并证明； （2）解不等式. 17. 记的内角，，的对边分别为，，，且满足. （1）求角的大小； （2）若的周长为18，其外接圆的半径为，求的面积. 18. 如图，在直三棱柱中，，，，是棱的中点，是棱（不含端点）上一点. （1）证明：； （2）若是的中点，求平面与平面夹角的余弦值； （3）若三棱锥的内切球的半径为，求的长. 19. 已知函数（），记函数. （1）当时，求函数在上的最大值和最小值； （2）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围； （3）若关于的方程在上恰有三个不同的实数根，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $