河北省保定市部分高中2026-2027学年高二上学期10月份月考数学试题

高二数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在 本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 考试时间为120分钟，满分150分 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4,6,1,3,12,9的中位数是 A.2 B.5 C.7.5 D.8 2.在四面体ABCD中，AB-CB+CD A.AD B.DA c.AC D.BD 3.已知m,n是两条不同的直线，a:B是两个不同的平面，下列命题正确的是 A.若m∥a,n⊥a,则m∥n B.若m⊥a,n⊥a,则m∥n C.若a⊥B,m∥B,则m⊥a D.若m∥a,mB,则a∥B 4.已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB=60°，E是BC的中点，则AE·AD= A.4 B.2 C.1 D.0 5.某人从标有1~6的6张卡片中随机抽取一张，记事件A=“抽出的卡片上的数为奇数”， B=“抽出的卡片上的数是2的倍数”，事件C=“抽出的卡片上的数大于3”，则下列说法 错误的是 A.睾件A与B互斥 B.P(AUB)=P(A)+P(B) cPc)-号 D.P(A)=P(C) 6,如图，在正方体ABCD-A,B,CD,中，点P满足D正=专DD,则向量A与D,夹角的 余弦值为 D A.、230 B.230 15 15 C30 15 D.30 20 第1页（共4页） 7.素面高足银杯（如图1）是陕西历史博物馆收藏的唐代金银器的典型代表，其造型被证实 受到罗马拜占庭艺术风格的影响，是研究唐代贵族的生活方式与跨文化融合的关键物证 如图2，将银杯主体近似看作半球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略不计）. 已知杯口直径为6cm,酒杯的容积为63πcm3,则其内壁的表面积为 图1 图2 A.36πcm2 B.48πcm2 C.57cm2 D.66n cm2 8.设复数z1,z2是关于x的方程x2十tz十1=0(t∈R)的两个根，z1,x2在复平面内所对应 的点分别为Z1,Z2,0为坐标原点，若OZ⊥OZ,则下列结论正确的是 A,21·2=0 B.z好十z=0 C.|z11≠|z2 D.z1十z2=t 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.已知复数x满足x(2一i)=1一i,则 Ag+ B:的虚部为号 Cz+是纯虚数 D.Iz1=/10 5 10.某科技公司成立了甲、乙两个科研小组，决定对某个技术难题进行攻关，攻克该技术难题 的小组会受到奖励已知甲、乙两个小组各自独立进行攻关，且攻克该技术难题的概率分 别为号，子，设事件A,B分别表示“甲、乙两个小组各自独立攻克该技术难题”，则 A.P(AUB)- 术滩难题被攻克的概 C,只有一个小组受到奖励的概率等于】 D.甲，乙两个小组均受到奖励的板率为日 11.在如图所示的圆锥PO中，PO=√3，⊙O的直径AB=2,点C在AB上，且∠CAB=30°， 点D为AC的中点，则 A.BC⊥PO B.AC⊥平面POD C.异面直线OD与PC所成的角为60° D.PD与平面ABC所成角的正弦值为2Y3 13 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.一个不透明的袋子中装有除颜色外均相同的6个红球，2个黄球，若干个黑球，每次摇匀 后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经过大量的重复实验后，发现摸到黑球的频 率稳定在0.2，则袋中约有黑球 个 第2页（共4页） ,则 13.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且a=6,b=5,cosC=3 sin A= ,△ABC的外接圆半径R= .(第1空2分，第2空3分) 14.一棱长为2的正四面体被一个平面所截得到的截面如图所示，其中点D,E,F,G分别 是VA,VC.BC,AB的中点，则截面DEFG的面积为 G 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.(13分)已知平面向量a,b满足a=(4,5),b=(2,1),c=(t,3). (1)若b∥c,求|a-c|: (2)若(a+c)⊥b,求b与c的夹角0的余弦值. 16.(15分)某学校为了了解学生对交通安全知识的掌握情况，组织了一场交通安全知识考试. 从本场考试的全部试卷中随机抽取100份试卷作为样本，将样本的成绩（满分为100分，成 绩均不低于40分)分成六组：[40,50)，[50,60)，…，[90,100]，得到如图所示的频率分布 直方图 (1)求出图中a的值，并估计样本成绩的第45百分位数（保留一位小数）； (2)若从成绩在[50,60)和[60,70)的两组中用按比例分配的分层随机抽样法抽取9人， 求这两组分别抽取的人数； (3)已知落在[60,70)的平均成绩为61，方差为9，落在[70,80)的平均成绩为76，方差为 7,求两组成绩合并后的平均数z和方差s2. 【附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为m,x1,s子；n,x2,s,记两组数 据总体的样本平均数为西，则总体样本方差62一m什n[十（工一四）门十m十号十 (z2-w)2]】 频率/组距 0.025 0.020 0.010 0.005- 0405060708090100分数分 第3页（共4页） 17.(15分)如图，在三棱柱ABC一A:B,C1中，侧面ACC1A,是正方形，BC⊥平 面ACC1A,. (1)证明：平面ABC1⊥平面A1BC; (2)若BC=1,AC=3,求直线A:B与平面ABC1所成角的正弦值. 18.(17分)某校测绘社团测量河对岸一栋地标建筑AB的高度时，由于建筑底部B无法直 接到达，测量小组在岸边选取了两个观测点C,D进行测量.首先在点C处测得A的仰 角为45°，然后沿河岸步行400米到达点D处，在点D处测得A的仰角为30°.已知 ∠BCD=120°，且观测点与B都在同一水平面内. (1)求∠BDC的大小； (2)求AB的高度； (3)若从观测点C向后（沿BC的延长线）退至点E,要使在E处测得A的仰角为15°，求 后退的距离.（结果保留根号） 19.(17分)如图，在四棱锥P一ABCD中，PD⊥平面ABCD,AD⊥DC,AB∥DC,AB= 号CD=AD=1,PD=1,M为棱PC的中点 (1)证明：BM∥平面PAD; (2)求二面角P一BM一D的余弦值； C③)楼PA上是香存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是？若存在，求出PQ的 长度；若不存在，请说明理由。 第4页（共4页）高二数学参考答案及评分意见 1B【解析】将样本数据4,61,3,12,9按从小到大的顺序排列为1,3,4,69,12，则中位数为4,6=5.故选B 2.A【解析AB-CB+CD=AB+BC+CD=AC+CD=AD.故选A. 3.B【解析】A选项，若m∥a,则m与a中的无数条直线平行.又n⊥a,所以n与平面a内 D 的所有直线垂直，所以m⊥n,所以A选项错误。 B A B选项，因为垂直于同一平面的两条直线平行，所以m∥n,所以B选项正确. D C选项，若a⊥B,m∥B,则mCa,m∥a或m⊥a,所以C选项错误. D选项，若m∥a,m∥B,则平面a与平面B也可能相交. 例如，如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，BC∥平面A1B,C1D1,BC∥平面AA1D1D, 而平面A1B1C1D1∩平面AA1D1D=A1D1,故D选项错误.故选B. 4.A【解析】由题意得，A应=A+2BC=A店+2A心， 所以A正.AD-(店+号可)·A市-A店.AD+2AD=2X2×分+2=4.故选A 5.C【解析】从标有1~6的卡片中抽取一张，样本空间为{1,2,3,4,5,6}， 则A={1,3,5},B={2,4,6},C={4,5,6}. 对于A,事件A,B不可能同时发生，所以事件A与B互斥，故A正确. 对于B,因为事件A与B互斥，所以P(AUB)=P(A)+P(B),故B正确. 对于C,P(C)-1-P(C)=1-3=1」 6=2,故C错误 62,P(C)=3=1 对于D,因为P(A)=3=1, 6=2,所以P(A)=P(C),故D正确.故选C. 6.A【解析】如图，以点D为坐标原点，DA,DC,DD,所在的直线分别为x轴、y轴、之轴，建立空间直角坐标系. 0 B 设正方体的棱长为3，则A(3,0,0),P(0,0,1),D1(0,0,3),B(3,3,0), 所以AP=(-3,0,1),D1B=(3,3,-3), 故cos(A庐，D,B》= AP.DB -12 2√/30 |AP1ID1B√/10X√27 15, 所以向量A市与D,店夹角的余弦值为-2Y0故选A. 15 数学答案第1页（共7页） 7.B【解析】设圆柱的高为hcm.由题意得，半球的半径与圆柱底面圆的半径均为3cm. 由酒杯的容积为63πcm,得2×3+元X3Xh=63元，解得h=5, 3 所以银杯内壁的表面积为2π×32+2π×3X5=48πcm2.故选B. 8.B【解析】由题意知，方程x2十tx十1=0(t∈R)无实数根，则两个复数根z1,z2必为共轭复数， 所以|x1I=|x2|,故C错误. 因为21十z2=一t,之1z2=1,所以A,D错误 因为△=2一4，所以方程的根为工=二t±4一ti 2 所以z(24,-24-t2z(,24-月 由0Z10Z,得0Z,02=0,即子2-(4-)=0，解得2=2， 1 故x子十之经=(x1十之2)2一2x1之2=t2一2=0，故B正确.故选B. 9.AD【解析】因为之=)二-1-i(2+iD=3- 5 g日，所以=+日放A正确， 31 1 因为之一行一5，所以之的虚部为一行，故B错误； 43-6-1 因为x十；-5一，所以该复数不是纯虚数，故C错误； 因为=多吉所以=√层十易-写，放D正确放选D 9+1=√10 10.BCD【解析】由题意得P(A)= 2P(B)= 3,且事件A,B相互独立. 对于选项A,根据和事件的概率公式P(AUB)=P(A)+P(B)一P(AB), 因为事件A,B相互独立，所以P(AB)=P(A)P(B)=X=1, 2X3=6’ 11112 所以P(AUB)=2+3-6=3,所以A错误： 对于选项B,因为技术难题被攻克等于两个小组至少有一个攻克，即其对立事件为两个小组都未攻克， 所以所求概率为1-P(百B)=1-(1-)0-)-号，所以B正确： 对于选项C,只有一个小组受到奖励包含两种互斥情况：仅甲攻克，仅乙攻克， 则其概率为PAB)+PAB)=名×号+号×日名，所以C正确， 对于选项D,两个小组均受到奖励，即两个小组都攻克，其概率为P(AB)=P(A)P(B)=2X专兰6，所以D 数学答案第2页（共7页） 正确.故选BCD. 11.ABD【解析】对于A选项，由题意得，PO⊥平面ABC.因为BCC平面ABC,所以BC⊥PO,故A正确. 对于B选项，在底面圆O中，D为弦AC的中点，则由垂径定理可得OD⊥AC. 因为PO⊥平面ABC,ACC平面ABC,所以PO⊥AC. 因为PO∩OD=O,PO,ODC平面POD,所以AC⊥平面POD,故B正确. 对于C选项，因为O,D分别为AB,AC的中点，所以OD∥BC, 所以异面直线OD与PC的夹角为∠PCB或其补角.因为点C在AB上，所以AC⊥BC. 因为∠CAB=30,所以BC=2AB=1.因为P0=B,0A=2AB=1,P0L0A,所以PA=√P0+0A= √W3+I=2.在△PBC中，PB=PC=PA=2,BC=1, 则由余弦定理可得cos∠PCB=PC十BC2-PB_22+1-21 2PC·BC 2×2×1 =4,所以异面直线OD与PC所成的角不是 60°，故C错误。 对于D选项，因为PO⊥平面ABC,所以PD与平面ABC所成的角为∠PDO, 且P0=8,0D=2c=2 因为PO⊥平面ABC,ODC平面ABC,所以PO⊥OD. A- 由勾股定理可得PD=PO牛OD3+=√3 4-2 所以sin∠PD0=P0-3_2W39 PD√13 3即PD与平面ABC所成角的正弦值为0，故D正确，故选ABD 2 12.2【解析】因为通过大量重复的摸球实验后，发现摸到黑球的频率稳定在0.2，所以摸到黑球的概率为0.2.设不 透明的袋子中约有x个黑球.因为袋子中有6个红球，2个黄球，x个黑球，所以6十2十 x -=0.2,解得x=2. 13.2425」 58（第1空2分，第2空3分)【解桥因为a=6,6=5,60sC=,所以由余弦定理得c=4十6 2abc0sC=36+25-2X6×5×号=25，解得c=5.因为C∈(0，x),所以sinC=1-c0sC-号由正弦定理得 4 2R= AC界即A华2R=解得A-R- c5_25 14.1【解析】因为DE∥AC,ACC平面ABC,DE寸平面ABC,所以DE∥平面ABC 因为DEC平面DEFG,平面DEFG∩平面ABC=GF,所以DE∥GF. 又DG∥VB∥EF,所以四边形DEFG是平行四边形. 取AC的中点H,连接BH,VH.因为VABC是正四面体，所以BH⊥AC,VH⊥AC. 又VH∩BH=H,VH,BHC平面VBH,所以AC⊥平面VBH. 又VBC平面VBH,所以VB⊥AC,则DE⊥EF,所以平行四边形DEFG是矩形. 数学答案第3页（共7页） 因为正四面体的棱长为2，所以DG=2B=1,DE=2AC=1,所以Sec=DE·DG=1X1=1. 15.解：(1)由题意可得，2×3-1×t=0,解得t=6. 所以C=(6,3),… …2分 所以a-c=(4,5)-(6,3)=(-2,2)，……4分 则a一c=√(-2)2十(2)2=2√2.…6分 (2)因为(a十c)Lb,所以(a十c)…b=0.…7分 又因为a+c=(4,5)十(t,3)=(t+4,8),b=(2,1), 所以2(t十4)十1X8=0,解得t=-8,所以c=(-8,3),…11分 b·c=-16+3=_13W365 故cos0=Tb1cT5×73 …13分 365 16.解：(1)因为频率分布直方图中所有组的频率之和为1，组距为10， 所以(0.005+0.010十0.020十a十0.025十0.010)×10=1，解得a=0.030.…2分 计算累计频率：[40,70)的累计频率为(0.005十0.010十0.020)×10=0.35， [40,80)的累计频率为0.35+0.030×10=0.65， 所以第45百分位数位于[70,80)内，为70十10X0.450.35≈73.3.…5分 0.3 (2)因为成绩在[50,60)和[60,70)的频率分别为0.1,0.2， 0.1 所以用按比例分配的分层随机抽样法抽取的9人中，[50,60)组抽取0.1十0.2X9=3(人)，[60,70)组抽取 0.2 0,110,2X9=6（人）， …8分 所以从[50,60)组中抽取3人，[60,70)组中抽取6人.… …9分 (3)因为[60,70)组的频数m=0.020×10×100=20,[70,80)组的频数n=0.030×10×100=30, 所以合并后的平均数为z=mx1十n2_20×61+30X76 =70,… …12分 m+n 50 则合并后的方差为=mn[+G一门+1【+(：-)P]-8×[9+(61-0)y]+ 0X[7+ (76-70》E2X90名X43=61.8,…15分 5 17.(1)证明：因为侧面ACC1A1是正方形，所以AC1⊥A1C. …1分 因为BC⊥平面ACC1A1,AC1C平面ACC1A1,所以BCLAC1.…3分 因为A1C∩BC=C,A1C,BCC平面A1BC,所以AC1⊥平面A1BC.…5分 数学答案第4页（共7页） 因为AC1C平面ABC1,所以平面ABC1⊥平面A1BC.…6分 (2)解：方法一：因为BC⊥平面ACC1A1,CA,CC1C平面ACC1A1,所以BC⊥CA,BC⊥CC1.又因为四边形 ACC1A1是正方形，所以CA⊥CC1,所以AC,CC1,BC两两互相垂直. 如图，以C为坐标原点，CA,CC1,CB所在直线分别为x,y,之轴，建立空间直角坐标系，…8分 则A(3,0,0),C1(0,3,0),A1(3,3,0),B(0,0,1), 所以AB=(-3,0,1),AC=(-3,3,0),A1B=(-3,-3,1).…10分 设平面ABC1的法向量为n=(x,y,z), [n·AB=0,1-3x十之=0， 则 即 取x=1,得y=1,之=3，所以n=(1,1,3).…12分 n·ACi=0,-3x+3y=0. 设直线A,B与平面ABC,所成的角为0，则sin0=n·A,店 3 3√209 n|AB|√/IX√/19 209 所以直线A:B与平面ABC,所成角的正弦值为3y209 209· …15分 方法二：如图，设AC1与AC的交点为O,连接OB. 因为平面ABC1⊥平面A1BC,所以直线AB在平面ABC1内的射影即为直线OB, 则∠A1BO即为直线A1B与平面ABC1所成的角.…8分 因为AC=3,四边形ACC,A1是正方形，所以A,C=3V2,0A=0C=3y2 …10分 又BC=1,所以OB=BC+OC-1+32 2 2,A1B=VBC+A1C=√1+(3V2)2=√19. 所以sin∠A,OB=sin∠BOC=OB=3 …12分 3√2 AB AO 在△A,OB中，由正弦定理可得n乙A,OBsin乙A,B0即9 V22sin∠A,BO,解得sin∠A,B0=3Y2o9 2 209 11 所以直线AB与平面ABC,所成角的正弦值为3V209 …15分 209 数学答案第5页（共7页） 18.解：(1)设AB的高度为h米， 则BC= tan45e=h米，BD=,AB AB 0300=/3h米.…*…2 n∠BDCsin/BCD,即in∠BDC=sin2o…4分 BC BD 在△BCD中，由正弦定理得 3h 故sin∠BDC=sin120°1 3=2·又∠BDC<60°，所以∠BDC=30°、… …6分 (2)由(1)得∠CBD=180°-120°-30°=30°. …7分 在△BCD中，由余弦定理得CD2=BC2十BD一2BC·BDcos30°，…8分 即160000=h2+3h2-3h2,解得h=400(或由∠CBD=∠BDC,知BC=CD=400米，所以BC=400米).… …10分 所以AB的高度为400米。………………11分 (3)由(2)得AC=√2h=400√2米. …12分 因为在△ACE中，∠AEC=15°，∠CAE=30°， 所以由正弦定理得 s☑A8 CinCAE,即40o,g-CE AC CE sin 15 sin 30, 14分 解得CE=402sin30°_4002X2sin15°c0s15°-800V2c0s15°=800V2c0s（45°-309 sin 15 sin 15 =800√2 =(400+400√3)米. 2 即后退的距离为(400十400√3)米.… 17分 19.(1)证明：取PD的中点N,连接AN,MN,如图. 因为M为棱PC的中点，所以MN∥CD,MN=2CD=1.…1分 又AB∥DC,AB=1,所以MN∥AB,MN=AB, 所以四边形ABMN为平行四边形，所以BM∥AN.…3分 又BM寸平面PAD,ANC平面PAD,所以BM∥平面PAD.…4分 (2)解：由题意知PD⊥平面ABCD,且AD⊥DC,所以PD,AD,DC两两互相垂直. 以D为坐标原点，AD,DC,PD所在直线分别为x,y,之轴，建立空间直角坐标系，如图.…5分 数学答案第6页（共7页） 易知D0,00A10,0),B1,10,C(0,20,P(0,01D,M01,) 则Di- 01,2)i=11.o,i=(-1.0,)Pi-61, 1 设平面BMD的法向量为n=(x1,y1,之1)，则 DM·n=y+2=0, Di.n=x1+y1=0. 令之1=2，得y1=一1，x1=1,所以n=(1,-1,2).…7分 1 BM·m=-x2+22a=0, 设平面PBM的法向量为m=(x2,y2之2)，则 1 PM·m=ya-2,=0. 令之2=2，得x2=1,y2=1,所以m=(1,1,2).…8分 m·n 442 所以cos(m,n)=mm6×663 ……9分 2 由图可知，二面角P一BM一D为锐角，所以二面角P一BM一D的余弦值为 3· …10分 G)獬：存在点Q,PQ理由如下：11分 假设在棱PA上存在点Q,使得点Q到平面BDM的距离是55 18 设PQ=入PA,0≤入≤1.因为PA=(1,0,-1),所以PQ=(入，0，-). 又P(0,0,1),所以Q(0,0,1-入)，所以D=(久，0,1-λ).…13分 则点Q到平面BDM的距离是d=Dd·m_IA+2(1-A)56 n 6 18 又0≤λ1，所以入= 3 …15分 所以Q(传0，)所以P时-(（仔0，》所以P咬=√得)+-号 所以存在点Q到平面BDM的距离是55，PQ- …17分 3 数学答案第7页（共7页）