精品解析：上海市延安中学2026-2027学年高二上学期十月月考数学试卷

2026年延安高二年级10月月考 2026.10 一、填空题（1-6每小题3分，7-12每小题4分，共42分） 1. 若角的终边经过点，则______ 【答案】 【解析】 【分析】先根据任意角三角函数的定义求出 的值，再结合诱导公式计算即可求解. 【详解】首先计算点 到坐标原点的距离 ：， 根据任意角三角函数的定义，若角 终边上非原点的一点坐标为 ， 则 ，代入数据得： . 由诱导公式可知 ， 因此： . 2. 已知复数，则复数的虚部为______ 【答案】 【解析】 【详解】，故虚部为2 3. 已知向量，，则在方向上的数量投影为______ 【答案】## 【解析】 【详解】因为， ， 所以向量  在  方向上的数量投影为：. 4. 已知在等比数列中，，，则______ 【答案】 ## 【解析】 【详解】设等比数列的公比为，其中，故，解得， 故 . 5. 若直线直线，直线平面，则直线和平面的位置关系是______ 【答案】 或 【解析】 【详解】若直线在平面内，则由直线平面得，直线直线， 若直线在平面外，则由直线直线得，直线平面. 6. 函数的值域是______ 【答案】 【解析】 【详解】. ∵ 对任意实数，， ∴ 当时，；当时，. ∴ 函数的值域为. 7. 如图，在正四面体中，为的中点，则直线与直线所成角的余弦值为______ 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，连接，利用中位线定理将异面直线平移至，从而将异面直线所成的角转化为中的内角，通过余弦定理求解即可. 【详解】设正四面体的棱长为. 取的中点，连接. 因为为的中点，为的中点， 所以为的中位线， 则，且. 所以直线与直线所成的角（或其补角）即为直线与直线所成的角. 在正中，为的中点，则， 所以. 在正中，为的中点，则， 所以. 在中，由余弦定理可得. 因为，所以为锐角， 即直线与直线所成角的余弦值为. 8. 已知复数，满足，，则的最大值是______ 【答案】 【解析】 【分析】利用复数模的幂运算性质及模的三角不等式，即可求得所求表达式的最大值. 【详解】由，得， 所以， 当时，等号成立. 9. 在平面直角坐标系中，已知点，，；点在线段上并且平分，则点的坐标为______ 【答案】 【解析】 【分析】由点的坐标可得的长度，再由角平分线定理以及定比分点公式代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，，，点和点的横坐标相同，则， ， 因为平分，由角平分线定理可得， 即是线段上满足的点， 由定比分点规则代入比例计算可得横坐标， 纵坐标，所以点的坐标为. 10. 如图，已知正方体，下列命题中，真命题的序号是______ ①平面 ②平面 ③异面直线与所成角的大小为 ④直线与平面所成角的大小为 【答案】①②③ 【解析】 【分析】利用线面平行的判定定理判断①；利用线面垂直的判定定理判断②；根据异面直线所成角的定义，通过平移直线构造等边三角形判断③；根据线面角的定义，结合等体积法求解判断④. 【详解】对于①，在正方体中，且， 所以四边形为平行四边形，则. 因为平面，平面，所以平面，故①正确； 对于②，连接.因为底面为正方形，所以. 因为平面，平面，所以. 又，平面，所以平面. 因为平面，所以. 又，所以.同理可证. 因为，平面， 所以平面，故②正确； 对于③，因为，所以或其补角即为异面直线与所成的角. 连接，在中，均为正方体面的对角线，长度相等. 所以为等边三角形，故， 即异面直线与所成角的大小为，故③正确； 对于④，因为， 所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角，设为. 设正方体棱长为1，点到平面的距离为. ，，. 由等体积法可知，即. 所以，解得，所以. 因为，所以，故④错误. 11. 设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为______ 【答案】 【解析】 【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解. 【详解】函数， 设函数的最小正周期为T，由可得， 所以，即； 又函数在上存在零点，且当时，， 所以，即，且，所以的最小值为. 12. 在中，O是的外心，G是的重心，且，则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据重心、外心的性质，由数量积的运算化简可得，利用余弦定理及均值不等式求解即可. 【详解】记内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，取的中点D，如图， 则， 所以，即， 则， 当且仅当时取等号，此时. 故答案为： 二、选择题（每小题3分，共12分） 13. 设，是两个平面，，是两条直线，且，则“”是“且”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 【答案】B 【解析】 【分析】结合线面平行的判定与性质，根据充分、必要条件的定义判断两个命题的推出关系即可. 【详解】由且，又，所以， 由，，所以或，或， 所以且， 所以是且的必要不充分条件. 14. 用数学归纳法证明时，从到，不等式左边需添加的项是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别写出和时的不等式，相减可求得结果. 【详解】当时，， 当时，， 不等式左边相减，得. 故选：A. 15. 已知复数，，若，，，则的实部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数模的平方等于复数与自身共轭复数的乘积，结合复数商的实部计算公式求解． 【详解】设，则， 因为，，即， 所以， 整理得，， 又，，所以， 又因为， 所以， 因为， 所以． 16. 已知数列的通项公式为，数列的通项公式为，设数列，在数列中，若对于任意的正整数，都有，则满足条件的正整数的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】先化简得，结合递减、递增的性质，根据的最小值为列不等式求解的取值范围，统计符合条件的正整数个数即可. 【详解】对任意，若，则； 若，则，故。 因为数列的通项公式为，则数列是公差为的递减等差数列； ，，，， 因为数列的通项为，则数列是公比为的递增等比数列， ，，，，. 要使对任意成立，只需满足且， 由：， 当，即时，，，恒成立； 当，即时，，则，，解得，所以. 故. 由：， 当时，，故，即，所以； 当时，，显然成立，故. 综上，，又，所以，因此共4个符合条件的正整数. 三、解答题（共46分） 17. 已知函数： （1）若，，求的值； （2）若将函数图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），再把所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求在区间上的严格减区间； 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 ∵ ，， ∴ . ∴ . 【小问2详解】 ∵ 是将图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得图象向右平移个单位长度， ∴ . 令， 解得. 当时，对应区间为，与的交集为， 即在区间上的严格减区间为. 18. 如图，已知四棱锥底面为平行四边形，且平面，点，分别为棱，上的点； （1）若是中点，且，求证：； （2）若，且平面，求的值； 【答案】（1）证明：∵平面，平面， ∴，又是中点，且，∴， 又∵，平面，∴平面， 又平面，∴. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质定理得，再利用线面垂直的判定定理和性质定理即可证明； （2）根据线面平行的性质定理即可证明. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 连接交于点，连接， ∵底面为平行四边形，∴，又， 即，又∵平面， 平面，平面平面， ∴，∴. 19. 如图，某植物园要修一块三角形花圃，其中，边长20米，且与均为锐角；再分别以边，为直径，在花圃外侧再修建两个半圆形花坛；设； （1）若，求的长； （2）求两个半圆形花坛的总面积关于的表达式，并且求出的最大值和此时的值； 【答案】（1） （2） ，；最大值为，此时 【解析】 【分析】（1）利用三角形内角和定理求出，再结合正弦定理即可求得的长； （2） 根据半圆面积公式及正弦定理，将总面积表示为关于的三角函数，利用三角恒等变换化简解析式，结合的取值范围求出最大值. 【小问1详解】 在中，，， 由三角形内角和定理可得， 由正弦定理，又， 得， 因为， 所以， 故的长为米. 【小问2详解】 设以，为直径的半圆面积分别为，， 则， 在中，由正弦定理， 又，， 则， 所以，， 所以 又  又因为， 所以， 因为与均为锐角， 所以，解得， 所以， 当，即时，取得最大值， 此时取得最大值，， 综上所述，关于的表达式为，；  的最大值为，此时. 20. 如图，已知是边长为2的正三角形，点在边上，且，点为线段上一点（包含端点）： （1）若是的中点，求的长； （2）若，求实数的值； （3）求的取值范围； 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量的线性运算将用基底表示，结合数量积运算求模长； （2）利用三点共线设，结合平面向量基本定理列方程组求解； （3）设，将表示为关于的二次函数，利用二次函数性质求取值范围. 【小问1详解】 由题意可知，是边长为2的正三角形，则，， 所以． 因为，所以． 所以． 因为是的中点，所以,则． 所以 ． 故的长为． 【小问2详解】 因为点在线段上，设，其中． 由（1）知， 所以． 又已知，且不共线， 根据平面向量基本定理，可得， 解得，． 所以实数的值为． 【小问3详解】 设，因为点在线段上（包含端点），所以． 由（1）知， 则，  ． 所以       ． 令，．该二次函数图象开口向上，对称轴为． 因为，所以当时，取得最小值， ． 又，， 所以的最大值为． 故的取值范围是． 21. 已知等差数列满足，；数列的前项和为，且； （1）求数列和的通项公式； （2）在和之间插入个数，使这个数组成等差数列，记公差为，若对于任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）对每一个正整数，在与之间插入个2，得到一个新数列；记数列的前项和为；问：是否存在正整数，使得？若存在，求出的值；若不存在，说明理由； 【答案】（1）， （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）利用等差、等比数列基本量求解即可. （2）根据新等差数列求出公差，将恒成立问题转化为求数列最值即可. （3）先确定新数列的分组结构，分段求和并锁定目标和所在的片段，再求出对应项数即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，则， 即，又，即，∴， ，即数列的通项公式为， 当时，，当时， ，也满足此式， ∴数列的通项公式为. 【小问2详解】 ∵在和之间插入个数，使这个数组成等差数列， 记公差为，∴， 即， 又对于任意的恒成立， 即，令，即， 又∵，且，即 在上单调递增，在上单调递减， ∴，当时， ，即. 【小问3详解】 由题意得，新数列的结构为：，（个2）， ，（个2），……，则前个的和：， 前组插入2的总个数：，即插入数字2 的总和为，数列前组总和为 ，当时，，当时，， 此时可以推出2027在第9组内，又前8组和为1084，， 则插入到第9组内的2之和为， 插入2的个数为，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年延安高二年级10月月考 2026.10 一、填空题（1-6每小题3分，7-12每小题4分，共42分） 1. 若角的终边经过点，则______ 2. 已知复数，则复数的虚部为______ 3. 已知向量，，则在方向上的数量投影为______ 4. 已知在等比数列中，，，则______ 5. 若直线直线，直线平面，则直线和平面的位置关系是______ 6. 函数的值域是______ 7. 如图，在正四面体中，为的中点，则直线与直线所成角的余弦值为______ 8. 已知复数，满足，，则的最大值是______ 9. 在平面直角坐标系中，已知点，，；点在线段上并且平分，则点的坐标为______ 10. 如图，已知正方体，下列命题中，真命题的序号是______ ①平面 ②平面 ③异面直线与所成角的大小为 ④直线与平面所成角的大小为 11. 设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为______ 12. 在中，O是的外心，G是的重心，且，则的最小值为________. 二、选择题（每小题3分，共12分） 13. 设，是两个平面，，是两条直线，且，则“”是“且”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 14. 用数学归纳法证明时，从到，不等式左边需添加的项是（ ） A. B. C. D. 15. 已知复数，，若，，，则的实部为（ ） A. B. C. D. 16. 已知数列的通项公式为，数列的通项公式为，设数列，在数列中，若对于任意的正整数，都有，则满足条件的正整数的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 三、解答题（共46分） 17. 已知函数： （1）若，，求的值； （2）若将函数图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），再把所得图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，求在区间上的严格减区间； 18. 如图，已知四棱锥底面为平行四边形，且平面，点，分别为棱，上的点； （1）若是中点，且，求证：； （2）若，且平面，求的值； 19. 如图，某植物园要修一块三角形花圃，其中，边长20米，且与均为锐角；再分别以边，为直径，在花圃外侧再修建两个半圆形花坛；设； （1）若，求的长； （2）求两个半圆形花坛的总面积关于的表达式，并且求出的最大值和此时的值； 20. 如图，已知是边长为2的正三角形，点在边上，且，点为线段上一点（包含端点）： （1）若是的中点，求的长； （2）若，求实数的值； （3）求的取值范围； 21. 已知等差数列满足，；数列的前项和为，且； （1）求数列和的通项公式； （2）在和之间插入个数，使这个数组成等差数列，记公差为，若对于任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）对每一个正整数，在与之间插入个2，得到一个新数列；记数列的前项和为；问：是否存在正整数，使得？若存在，求出的值；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 $