精品解析：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. 在四面体中，（ ） A. B. C. D. 3. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 已知菱形的边长为是的中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 某人从标有的张卡片中随机抽取一张，记事件“抽出的卡片上的数为奇数”，“抽出的卡片上的数是的倍数”，事件“抽出的卡片上的数大于”，则下列说法错误的是（） A. 事件与互斥 B. C. D. 6. 如图，在正方体中，点P满足，则向量与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 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典型代表，其造型被证实受到罗马拜占庭艺术风格影响，是研究唐代贵族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）．已知杯口直径为，酒杯容积为，则其内壁表面积为（ ）． A. B. C. D. 8. 设复数，是关于的方程的两个根，，在复平面内所对应的点分别为，，为坐标原点，若，则下列结论正确的是（ ） 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. 的虚部为 C. 是纯虚数 D. 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，，设事件，分别表示“甲、乙两个小组各自独立攻克该技术难题”，则（ ） A. B. 该技术难题被攻克的概率为 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概率为 11. 如图所示，在圆锥中，，的直径，点在上，且，点为的中点，则（ ） A. B. 平面 C. 异面直线与所成的角为 D. 与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. 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，经过大量的重复试验后，发现摸到黑球的频率稳定在，则袋中约有黑球_____个. 13. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且，，，则________，的外接圆半径________． 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，，，分别是，，，的中点，则截面的面积为______. 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. 已知平面向量，满足，，. （1）若，求； （2）若，求与夹角的余弦值. 16. 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份试卷作为样本，将样本的成绩（满分为分，成绩均不低于分）分成六组：，，…，，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求出图中的值，并估计样本成绩的第百分位数（保留一位小数）； （2）若从成绩在和的两组中用按比例分配的分层随机抽样法抽取人，求这两组分别抽取的人数； （3）已知落在的平均成绩为，方差为，落在的平均成绩为，方差为，求两组成绩合并后的平均数和方差. 【附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为，，；，，，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差】 17. 如图，在三棱柱中，侧面是正方形，平面． （1）证明：平面平面； （2）若，，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 某校测绘社团测量湘江对岸一栋地标建筑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，且观测点与B都在同一水平面内． （1）求的大小； （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°，求后退距离．（结果保留根号） 19. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）棱上是否存在点，使得点到平面的距离是?若存在，求出的长；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 $ 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 【答案】B 【解析】 【详解】将样本数据4，6，1，3，12，9从小到大排列，得到1，3，4，6，9，12，则中位数为. 2. 在四面体中，（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】. 3. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【详解】若，，则，故A错误； 若，，则，故B正确； 若，，则相交或或，故C错误； 若，，则或相交，故D错误. 4. 已知菱形的边长为是的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】 . 5. 某人从标有的张卡片中随机抽取一张，记事件“抽出的卡片上的数为奇数”，“抽出的卡片上的数是的倍数”，事件“抽出的卡片上的数大于”，则下列说法错误的是（） A. 事件与互斥 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题可知样本空间为，，； ，；，， A选项：，所以与互斥，A选项正确； B选项：因为互斥，所以，B选项正确； C选项：，所以，C选项错误； D选项：，，所以，D选项正确. 6. 如图，在正方体中，点P满足，则向量与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】如图，以D为原点，分别以，，所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. 设正方体的棱长为3，则，，，， 所以，， 故， 所以向量与夹角的余弦值为. 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典型代表，其造型被证实受到罗马拜占庭艺术风格影响，是研究唐代贵族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）．已知杯口直径为，酒杯容积为，则其内壁表面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用球及圆柱的体积公式求出圆柱的高，再利用球的表面积公式及圆柱侧面积公式求解. 【详解】设圆柱的高为，而半球半径及圆柱底面圆半径为3， 由酒杯容积为，得，解得， 所以银杯内壁表面积为. 8. 设复数，是关于的方程的两个根，，在复平面内所对应的点分别为，，为坐标原点，若，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用实系数一元二次方程韦达定理初步判断A，D选项，结合两根乘积不为零，排除实数根的可能性，得到方程判别式小于0，两根互为共轭复数，设出共轭复数代数形式，利用复平面向量垂直的数量积条件建立等式，联立复数乘积条件求出实部与虚部的平方，依次检验B，C选项. 【详解】复数，是关于的方程的两个根，，在复平面内所对应的点分别为，，， 所以不是实数，，方程的两根互为共轭复数. 对于A，由方程，根据韦达定理，可得，，故A错误； 对于B，设，，则，. ，所以，. ，所以，得. ，故B正确； 对于C，，，，故C错误. 对于D，，故D错误. 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. 的虚部为 C. 是纯虚数 D. 【答案】AD 【解析】 【详解】，故，故A正确， 而的虚部为，故B错误， ，该复数不是纯虚数，故C错误； ，故D正确. 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，，设事件，分别表示“甲、乙两个小组各自独立攻克该技术难题”，则（ ） A. B. 该技术难题被攻克的概率为 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概率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式及对立事件概率公式，逐一计算各选项对应概率判断正误即可． 【详解】由题意得，且相互独立， 对于选项A：根据和事件概率公式， 因相互独立，所以， 所以，所以A错误； 对于选项B：技术难题被攻克的概率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， 故所求概率为，所以B正确； 对于选项C：只有一个小组受奖励包含两种互斥情况：仅甲攻克、仅乙攻克， 其概率为，所以C正确； 对于选项D：两个小组均受奖励即两个小组都攻克，概率为，所以D正确． 11. 如图所示，在圆锥中，，的直径，点在上，且，点为的中点，则（ ） A. B. 平面 C. 异面直线与所成的角为 D. 与平面所成角的正弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由平面，得到，可判定A正确；证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，可判定B正确；把异面直线与所成的角转化为直线与所成的角，利用余弦定理，可判定C不正确；由平面，得到即为与平面所成角，在直角中，可判定D正确. 【详解】对于A，在圆锥中，可得平面， 因为平面，所以，所以A正确； 对于B，因为为底面的直径，点在上，可得， 因为分别为的中点，可得，所以， 又因为平面，平面，所以， 因为，且平面，所以平面，所以B正确； 对于C，由选项B知：， 所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角， 在直角中，，可得， 在直角中，，且，可得， 在中，由余弦定理得， 所以异面直线与所成的角为，所以C不正确； 对于D，因为平面，所以即为直线与平面所成角， 因为点分别为的中点，可得， 在直角中，可得， 所以，即与平面所成角的正弦值为，所以D正确. 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，经过大量的重复试验后，发现摸到黑球的频率稳定在，则袋中约有黑球_____个. 【答案】2 【解析】 【详解】设黑球个数为，则，得，故袋中约有黑球个 13. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且，，，则________，的外接圆半径________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】因为，，， 由余弦定理得，解得， 且，则， 由正弦定理得，解得. 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，，，分别是，，，的中点，则截面的面积为______. 【答案】1 【解析】 【分析】由题意判断出截面为菱形，借助正方体可以知道正四面体的对边垂直，进而确定截面为正方形. 【详解】由题意得分别为中平行于的中位线， 分别为中平行于的中位线， 则，所以截面为菱形， 如图，将正四面体放置在正方体中，分别是相对的两个正方形的对角线，，则. 四边形为边长为1的正方形，面积为1. 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. 已知平面向量，满足，，. （1）若，求； （2）若，求与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 ,,, 可得：, , 则. 【小问2详解】 , , 则,, 故 16. 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份试卷作为样本，将样本的成绩（满分为分，成绩均不低于分）分成六组：，，…，，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求出图中的值，并估计样本成绩的第百分位数（保留一位小数）； （2）若从成绩在和的两组中用按比例分配的分层随机抽样法抽取人，求这两组分别抽取的人数； （3）已知落在的平均成绩为，方差为，落在的平均成绩为，方差为，求两组成绩合并后的平均数和方差. 【附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为，，；，，，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差】 【答案】（1）； （2）从组中抽取3人，组中抽取6人． （3）平均数为；方差 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中所有组的频率之和为，列出方程，求得的值，再由百分位数的计算方法，求得第百分位数. （2）根据题意，求得抽取的总人数，再按分层抽样的方法，求得相应的人数； （3）根据题意，求得的值，结合分层抽样的平均数和方差的公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为频率分布直方图中所有组的频率之和为，组距为， 可得，解得， 计算累计频率：的累计频率为， 的累计频率为， 所以第百分位数位于内，且满足， 所以第百分位数为. 【小问2详解】 解：因为成绩在和的频率分别为，， 所以用按比例分配的分层随机抽样法抽取的人中， 其中从组抽取（人），组抽取（人）， 所以从组中抽取人，组中抽取人． 【小问3详解】 解：因为组的频数， 组的频数， 所以合并后的平均数为， 则合并后的方差为： ． 17. 如图，在三棱柱中，侧面是正方形，平面． （1）证明：平面平面； （2）若，，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）因为侧面是正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的性质、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证明即可. （2）方法一：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据线面角的向量求法求解即可. 方法二：根据平面平面得到直线在平面内的射影即直线，进而即为所求角，结合正弦定理求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：如图，以C为坐标原点，CA，，CB所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，． 设平面的法向量为， 则，即，取，得． 设直线与平面所成的角为θ， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 方法二：设与的交点为O，连接OB， 因为平面平面，所以直线在平面内的射影即直线， 则即为直线与平面所成的角． 因为，四边形是正方形，所以，． 又， 所以，． 所以． 在中，由正弦定理可得， 即，解得， 即直线与平面所成角的正弦值为． 18. 某校测绘社团测量湘江对岸一栋地标建筑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，且观测点与B都在同一水平面内． （1）求的大小； （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°，求后退距离．（结果保留根号） 【答案】（1） （2）400米． （3）米． 【解析】 【分析】（1）利用仰角写出关于楼高的表达式，在中用正弦定理求出； （2）由角度相等得到，直接得到楼高；也可代入余弦定理解方程求出高度； （3）在中确定各个内角，使用正弦定理计算长度，得到后退距离. 【小问1详解】 设AB高度为h米， 则米，米， 在中，由正弦定理得，即， 故，又，所以． 【小问2详解】 由（1）得， 在中，由余弦定理得， 即，解得； （或由，知米，所以米）． 即AB的高度为400米． 【小问3详解】 由（2）得米， 在中，由正弦定理得， 又，，代入上式解得 米． 19. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，为棱的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）棱上是否存在点，使得点到平面的距离是?若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 取的中点，连接，如下图： 因为为棱的中点，所以， 又，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2） （3）存在点，，理由如下： 假设在棱上存在点，使得点到平面的距离是， 设，，即，可得, 所以， 则点到平面的距离是，又，可得, 所以，， 即存在点到平面的距离是,. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，由中位线性质以及线面平行判定定理即可证明出结论； （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面平面的法向量，即可求得二面角的余弦值； （3）假设存在点到平面的距离是，设可得，利用点到平面距离的向量求法计算可得，即可求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意知平面，且，可知两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图， 易知 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得，可得； 又， 设平面的一个法向量为， 可得，令，可得，即， 所以， 由图可知二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $