精品解析：湖北省沙市中学2026-2027学年高二上学期10月月考数学试题

2026—2027学年度上学期2025级 10月月考数学试卷 命题人：张群武 审题人：冷劲松 考试时间：2026年10月15日 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 过，两点的直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 设向量是直线l的方向向量，是平面α的法向量，则（ ） A. B. 或 C. D. 3. 直线l过点，，则点到直线l的距离为（ ） A. B. C. 2 D. 3 4. 已知A，B为两个相互独立的随机事件，若，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知正四面体的棱长为2，空间中一点满足，其中，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知一枚质地均匀的正六面体骰子的六个面分别标以数字1，2，3，4，5，6，现抛掷该骰子两次，观察并记录它每次落地时朝上的面的数字.记事件“两次数字之和为偶数”，事件“第次的数字为奇数”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件互为对立事件 C. D. 7. 直三棱柱，底面ABC为直角三角形且，且，求二面角的平面角的余弦值的取值范围（ ） A. B. C. D. 8. 将边长为的正方形沿对角线折起，使点到达的位置，连接，得到三棱锥，是线段的中点，，当时，的取值范围是（    ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知三条直线的倾斜角分别为，斜率分别为，且，则α，β，γ的大小关系可能为（ ） A. B. C. D. 10. 将一副直角三角板按图1所示的方式拼接，从中抽象出图2所示的平面四边形，其中，，，．现将沿着折起，连接，得到图3所示的三棱锥，，的中点分别为，．记二面角的平面角为，下列结论正确的是（ ） A. B. 存在使得直线与所成的角为 C. 当时，三棱锥的外接球表面积为 D. 当时，三棱锥的体积为 11. 在棱长为2的正方体中，点满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则面 B. 若，则 C. 若，则到平面的距离为 D. 若时，直线与平面所成角为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 经过点作直线，若直线与连接与两点的线段总有公共点，则直线的斜率的取值范围为________． 13. 已知正六棱锥的底面边长为，高为3，则该正六棱锥的外接球的体积为__________． 14. 已知正四面体的棱长为，球与正四面体的四个面分别相切于点，，，，为球的球面上一点，则的最大值为________． 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. 如图，在平行六面体中，，，，. （1）求证：； （2）求与所成角的余弦值. 16. 某校高三举办“三环杯”排球比赛活动，现甲、乙两班进入最后的决赛，决赛采用三局两胜的赛制，决出最后的冠军，甲班在第一局获胜的概率为，从第二局开始，甲班每局获胜的概率受上局比赛结果的影响，若上局获胜，则该局甲班获胜的概率增加，若上局未获胜，则该局甲班获胜的概率减小，且甲班前两局连胜两场的概率为（每局比赛没有平局）. （1）求甲班获胜的概率； （2）若冠军奖品为16个排球，且在甲班第一局获胜的情况下，由于不可抗拒力的原因，比赛被迫取消，请问：你认为甲、乙如何分配奖品比较合理. 17. 在如图所示的多面体中，四边形是平行四边形，平面，，且，. （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为，若不存在，请说明理由；若存在，求线段的长. 18. 某平台推出答题赢会员活动，共设置3道独立题目，每位用户可自主安排答题顺序.规则如下：连续答对2题可获得7天会员；连续答对3题可获得30天会员；其余情况均不获得会员.已知甲答对题1的概率为，答对题2的概率为，答对题3的概率为，各题答对与否相互独立. （1）若，且甲按题题题3的顺序答题，求甲获得30天会员的概率. （2）若，且第一次答题2，则要使甲获得会员的概率最大，应如何安排其他两次答题顺序？ （3）若在答题中，仅当题3位于中间的顺序时，甲获得会员的概率最大，求的取值范围. 19. 在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． （1）若平面平面． （i）求证：； （ii）设平面，若，求点到平面的距离； （2）试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，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 $ 2026—2027学年度上学期2025级 10月月考数学试卷 命题人：张群武 审题人：冷劲松 考试时间：2026年10月15日 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 过，两点的直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求斜率，再根据斜率和倾斜角的关系求出. 【详解】由题意得，直线的斜率为， 因直线的倾斜角取值范围为，故直线的倾斜角为. 故选：C 2. 设向量是直线l的方向向量，是平面α的法向量，则（ ） A. B. 或 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，得，所以或 【详解】，，， 则有， 又是直线l的方向向量，是平面α的法向量，所以或. 故选：B 3. 直线l过点，，则点到直线l的距离为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中点到线的距离公式求解即可. 【详解】因为，，，故，. 故在方向上的投影， 则点到直线l的距离为. 故选：C 4. 已知A，B为两个相互独立的随机事件，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用独立事件和对立事件的概率公式即可求解. 【详解】由题意得：， 又，所以，所以， 所以，所以， 所以. 5. 已知正四面体的棱长为2，空间中一点满足，其中，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，结合，可知点在平面内，所以当平面时，最小，再根据即可求得结果. 【详解】设，则 ，， 所以点在平面内， 依题意当平面时，最小， 四面体为正四面体，为底面的中心，如图，连接并延长交于点，则为的中点. 则， 所以， 即的最小值为， 又，所以，即的最小值为． 故选：B． 6. 已知一枚质地均匀的正六面体骰子的六个面分别标以数字1，2，3，4，5，6，现抛掷该骰子两次，观察并记录它每次落地时朝上的面的数字.记事件“两次数字之和为偶数”，事件“第次的数字为奇数”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件互为对立事件 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，以及概率加法公式、独立事件概率乘法公式，古典概型概率计算规则逐一判断选项正误即可. 【详解】∵ 抛掷两次骰子，每次出现奇数、偶数的概率均为，且两次抛掷结果相互独立. 事件为两次数字之和为偶数，等价于两次均为奇数或两次均为偶数， ∴ . 事件为第次数字为奇数，故. 对于选项A，当第一次数字为奇数、第二次数字也为奇数时，事件与同时发生， ∴ 事件与不互斥，A错误. 对于选项B，对立事件要求两事件不能同时发生，且并集为样本空间、概率和为1， 当两次数字均为奇数时，与同时发生， ∴ 与不是对立事件，B错误. 对于选项C，由概率加法公式： ，其中表示第一次为奇数且两次和为偶数，即第二次也为奇数， 故， ∴ . 同理， ∴ ，C错误. 对于选项D，，表示两次均为奇数，概率为， ∴ ，D正确. 7. 直三棱柱，底面ABC为直角三角形且，且，求二面角的平面角的余弦值的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据可得，运用二面角夹角向量法列式可得，再根据其单调性计算即可求解. 【详解】在直三棱柱中，底面为直角三角形且， 所以平面，， 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示空间直角坐标系， 设，则， 因为，所以设， 则，， 所以，解得，即， ，，， 因为平面，所以平面的法向量可以为， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以， 所以， 因为，令，则， 令， 因为在上单调递减，所以在单调递增， 当时，，当时，， 所以，即二面角的平面角的余弦值的取值范围. 故选：D 8. 将边长为的正方形沿对角线折起，使点到达的位置，连接，得到三棱锥，是线段的中点，，当时，的取值范围是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，以为基底向量，结合空间向量运算可得，即可求取值范围. 【详解】设，以为基底向量， 则，， 可得，， 则 ， 因为，则， 可得， 所以的取值范围是. 故选：C. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知三条直线的倾斜角分别为，斜率分别为，且，则α，β，γ的大小关系可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，利用直线斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，分类讨论，即可求解. 【详解】由题意，三条直线的倾斜角分别为，可得， 当时，根据斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，可得； 当时，根据斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，可得； 当时，根据斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，可得； 当时，根据斜率与倾斜角的关系和正切函数的性质，可得, 结合选项，可得选项A、B、C. 故选：ABC. 10. 将一副直角三角板按图1所示的方式拼接，从中抽象出图2所示的平面四边形，其中，，，．现将沿着折起，连接，得到图3所示的三棱锥，，的中点分别为，．记二面角的平面角为，下列结论正确的是（ ） A. B. 存在使得直线与所成的角为 C. 当时，三棱锥的外接球表面积为 D. 当时，三棱锥的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过线面垂直的性质、点在面上的投影、外接球的性质以及解三角形来对选项进行求解. 【详解】因为为的中点，，所以，又有是的中点，所以， 由，可得，又，平面， 所以平面，因为平面，所以，故A正确； 由题可知，是直线与所成的角或其补角， 由平面，可得平面平面， 则点在平面上的投影在直线上，且， 当点在平面上的投影为点时，取得，故B正确； 当时，即，又，，平面， 所以平面，建立空间直角坐标系：以为原点，为轴，为轴，为轴， 则各点坐标为：， 因为是中点，，所以， 设外接球球心为，由得， 所以球心，恰好是点，外接球半径，外接球表面积 ，故C不正确； 三棱锥 的体积 , 以 为底面，点到平面 （即平面 的距离为高 )， 高 ​​， 在 中，分别是 的中点，所以 ，相似比为 ， 所以 ， 体积 .D正确. 11. 在棱长为2的正方体中，点满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则面 B. 若，则 C. 若，则到平面的距离为 D. 若时，直线与平面所成角为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用面面平行判断线面平行，即可判断A，建系后写出相关点的坐标，对于B，利用向量的数量积的坐标公式计算即可判断；对于C，利用空间中点到平面的距离公式计算即可：对于D，由条件求得，利用线面角的向量求法得到，借助于函数的单调性即可求得的范围. 【详解】连结，由可知，点在线段上， 因为，平面，平面，所以平面， 同理平面，且，且平面， 所以平面平面，平面，所以平面，故A正确； 如图以为原点建立空间直角坐标系，则 ，， 对于A，， 则，得，则， ，A正确： 对于B，由A分析可得， 故不与垂直，故B错误； 对于C，时，，又， 设平面的法向量为，则， 故可取，又， 则到平面的距离为，故C正确： 对于D，当时，，则， 又由C已得平面的法向量为， 则 当， 当， 因在上单调递减，则，则有， 则，则当时，，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 经过点作直线，若直线与连接与两点的线段总有公共点，则直线的斜率的取值范围为________． 【答案】或 【解析】 【分析】画出图像，数形结合解决起来好理解. 【详解】 如图，连接PA、PB，则直线PA与直线PB均与线段AB相交， 设直线PA的倾斜角为，直线PB的倾斜角为, 则符合要求的直线的倾斜角范围为， , 由题意知直线的斜率存在，根据直线的倾斜角与斜率的关系， 满足条件的直线的斜率的取值范围为或 故答案为：或 13. 已知正六棱锥的底面边长为，高为3，则该正六棱锥的外接球的体积为__________． 【答案】 【解析】 【详解】 如图所示，设正六棱锥外接球球心为，底面外接圆圆心为， 因为正六边形边长为，则外接圆半径， 因为正六棱锥的高为3，所以, 可得，即，解得， 则该正六棱锥的外接球的体积为. 14. 已知正四面体的棱长为，球与正四面体的四个面分别相切于点，，，，为球的球面上一点，则的最大值为________． 【答案】12 【解析】 【分析】首先用向量展开四个切点到球面点的距离平方和，结合正四面体内切球四个切点关于球心对称的向量和为零的性质，可得四段距离平方和为定值，原总和的最大值等价于球面上点到顶点的最大距离. 【详解】设球的半径为，正四面体的高为，正四面体的一个面的面积为， 利用正四面体的体积公式可得：， 将内切球的球心和正四面体的4个顶点相连， 则正四面体分割成了4个完全相同的小三棱锥：、、 、，每个小三棱锥的底面都是正四面体的一个面（面积为）， 高就是球心到面的距离，也就是内切球半径， 因此单个小三棱锥的体积是，4个小三棱锥的总体积为：  ，则​，化简可得， 记，，，，， 由对称性可知， 为定值， 所以要求的最大值，即求的最大值， 又因为的最大值为，故所求的最大值为， 正四面体的棱长为，则， 所以的最大值为12． 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. 如图，在平行六面体中，，，，. （1）求证：； （2）求与所成角的余弦值. 【答案】（1）由题意知，， 则，所以 ，所以即. （2） 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为， 所以. 又 ，所以，所以与所成角的余弦值为. 16. 某校高三举办“三环杯”排球比赛活动，现甲、乙两班进入最后的决赛，决赛采用三局两胜的赛制，决出最后的冠军，甲班在第一局获胜的概率为，从第二局开始，甲班每局获胜的概率受上局比赛结果的影响，若上局获胜，则该局甲班获胜的概率增加，若上局未获胜，则该局甲班获胜的概率减小，且甲班前两局连胜两场的概率为（每局比赛没有平局）. （1）求甲班获胜的概率； （2）若冠军奖品为16个排球，且在甲班第一局获胜的情况下，由于不可抗拒力的原因，比赛被迫取消，请问：你认为甲、乙如何分配奖品比较合理. 【答案】（1） （2）甲班级应获得13个排球，乙获得3个排球比较合理 【解析】 【分析】（1）先求出，再利用互斥事件得概率加法公式和相互独立事件得概率乘法公式计算即可； （2）先求出再甲第一局获胜的情况下，甲输掉比赛的事件概率，即可求解. 【小问1详解】 令事件：甲在第局获胜，. 甲连胜两局的概率为：， 所以，则甲获胜的概率为： 【小问2详解】 由题意知，在甲第一局获胜的情况下， 甲输掉比赛事件为：甲接下来的比赛中连输两场，即， 故而甲、乙应按照的比例来分配比赛奖金， 即甲班级应获得13个排球，乙获得3个排球比较合理 17. 在如图所示的多面体中，四边形是平行四边形，平面，，且，. （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为，若不存在，请说明理由；若存在，求线段的长. 【答案】（1） 如图，取的中点，连接，， 因为，， 所以且， 所以四边形是平行四边形， 所以且， 又因为且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2） （3）存在，1 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，证明四边形是平行四边形，则，再根据线面平行得判定定理即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可； （3）设，由题意可得，进而可得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，， 所以，所以， 因为平面，， 所以平面，所以，，两两垂直， 以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则令得，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以， 所以二面角的正弦值为； 【小问3详解】 假设在棱存在点，使得直线与所成角的余弦值为， 设，则，又， 所以，即， 所以，解得或（舍去）， 因此适合条件的点存在，且线段的长为1. 18. 某平台推出答题赢会员活动，共设置3道独立题目，每位用户可自主安排答题顺序.规则如下：连续答对2题可获得7天会员；连续答对3题可获得30天会员；其余情况均不获得会员.已知甲答对题1的概率为，答对题2的概率为，答对题3的概率为，各题答对与否相互独立. （1）若，且甲按题题题3的顺序答题，求甲获得30天会员的概率. （2）若，且第一次答题2，则要使甲获得会员的概率最大，应如何安排其他两次答题顺序？ （3）若在答题中，仅当题3位于中间的顺序时，甲获得会员的概率最大，求的取值范围. 【答案】（1） （2）要使甲获得会员的概率最大，应按题2→题1→题3的顺序答题. （3） 【解析】 【分析】（1）要拿到30天会员，必须三道题全部答对；三题答题相互独立，直接用独立事件概率乘法公式计算三题全对的概率； （2）第一题固定答题2，剩余只有两种答题顺序. 获奖条件是出现连续两题答对，分别写出两种顺序下获奖的概率，比较大小，选择概率更大的顺序即可； （3）根据对称性知只需考虑位于中间的顺序的题，分别写出三种情况的概率，写出不等式组，求出的取值范围. 【小问1详解】 甲获得30天会员的概率为. 【小问2详解】 当时，各种答题顺序的情况如下： 按题2→题1→题3的顺序答题，甲获得会员的概率为； 按题2→题3→题1的顺序答题，甲获得会员的概率为； 因为，所以要使甲获得会员的概率最大，应按题2→题1→题3的顺序答题. 【小问3详解】 根据对称性知只需考虑位于中间的顺序的题. 若题1位于中间的顺序，则甲获得会员的概率 若题2位于中间的顺序，则甲获得会员的概率； 若题3位于中间的顺序，则甲获得会员的概率 因为，所以只需满足即可，即，解得. 因为，所以的取值范围为. 19. 在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． （1）若平面平面． （i）求证：； （ii）设平面，若，求点到平面的距离； （2）试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 【答案】（1）（i）因为，， 在中，由余弦定理，，, 所以，即，所以. 因为平面平面，平面平面， 平面，， 所以平面． 因为平面，所以； （ii） （2）存在，正弦值最大值为 【解析】 【分析】（1）（i）由平面平面，得 平面，推出； （ii）方法1（坐标法）：建系写出所有点坐标，求出平面的法向量，利用点到平面距离公式算出距离；方法2（等体积法）：，分别求出底面面积、高，解方程得到点到平面距离； （2）求出锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 【小问1详解】 （i）略； （ii）设，连接， 因为，平面，平面， 所以． 因为平分，所以， 所以，， 由（1）知，，，，平面． 法1： 以为原点，，及垂直平面所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 因为，，， 设平面（即）的一个法向量为， 所以，即，令，则，， 所以， 设到平面的距离是， 所以， 所以点到平面的距离是； 法2： 由，得， 所以的面积为． 由（1）知平面，平面，所以． 又,平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以，即； 在中，由余弦定理得，所以， 设到平面的距离为， 因为，所以， 所以，所以点到平面的距离是； 【小问2详解】 以为原点，，及垂直平面所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，设， 因为，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 解得，令，则， 所以， 又因为，， 设平面的一个法向量为， 所以，所以， 得， 所以， 令，则， 所以， 设， 因为，， 所以当，即时，取得最小值， 所以， 设锐二面角的大小为， 因为，所以， 所以锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $