四川省南充高级中学2025-2026学年高二上学期10月月考试题数学试卷

这是一份四川省南充高级中学2025-2026学年高二上学期10月月考试题数学试卷，共7页。
数 学 试 题
AD 
7 , (b  c) sin B  b sin( A  C),则ABC的面积为（）
2
（时间：120 分钟总分：150 分命审题人：刘琳杨国选 ）
5 3
3 3
3D． 3 3
8844
考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上。
作答时，将选择题答案涂在答题卡规定的位置上，将非选择题答案写在答题卡规定的位置上，在试卷上作答，答案无效。
考试结束后，将答题卡交回。
第 I 部分（选择题共 58 分）
将连续正整数 1，2，3，⋯ ， n （ n  N* ）从小到大排列构成一个数123n ， F n 为这个数的位数，例如，当 n  12 时，此数为 123456789101112，共有 15 个数字，则 F 12  15 ，现从这个数中随机取一个数字， P n 为恰好取到 0 的概率，则 P 101 为（ ）
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，只有一项是符合要求的。
16
195
1346
C．D．
1956565
在空间直角坐标系O  xyz 中，点（1,2,3)关于 x 轴对称后的点的坐标为（）
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．
A．（1， 2， 3）
B．（1，2，3）
C．（1， 2， 3）
D．（1， 2，3）
已知 z  C, z 是 z 的共轭复数，i 为虚数单位，则（）
南充高中劳动实践基地共有蔬菜 1200 株，其中茄子 500 株，玉米 400 株，红薯 300 株，该校为
了了解蔬菜生长情况，准备从全部蔬菜中抽取 60 株进行检验，若采取按比例分配的分层抽样(按蔬
A．若 z 
1 3i
1 3i
4  3i
，则 z B．若 z 为纯虚数，则 z2  0
5
菜种类来分层)，则玉米应抽取的株数是（）
若 z  (2  i)  0 ，则 z  2  i
i10  1
A．20B．25C．30D．35
已知复数 z1  3  i ，在复平面内，复数 z1, z2 对应的点分别为 A，B，且点 A 与点 B 关于虚轴对称，
在ABC 中角 A, B, C 所对的边分别为a, b, c ，能确定C 为锐角的有（）
则 z1  z2
 （）
a2  b2  c2
10
A, B 均为锐角，且sinA  csB
AC  CB  0
sin A  3sin C
2
4
B．9C．2D．
如图 1，已知矩形 ABCD 中， AB  2 ， AD  1 ，E 为CD 中点，现将△AED 沿 AE 翻折后得到如
在平面直角坐标系中，在（0,0）,(1,0),(1,1),(0,1)四个点中任选两个点，则这两点间的距离
大于 1 的概率是（）
图 2 的四棱锥 D  ABCE ，点 F 是线段 DB 上（不含端点）的动点，则下列说法正确的是（）
11
B．
126
11
C． D．
43
下列说法正确的是（）
若 A ， B 为两个事件，则 P  A  B  P  A  P B
若事件 A ， B ， C 两两互斥，则 P  A  P B  P C  1
若事件 A ， B 满足 P  A  P B  1 ，则 A 与 B 相互对立
若 A ， B 为相互对立事件，则 A 与 B 一定互斥
当 F 为线段 DB 中点时， CF // 平面 ADE
DB  AE

若翻折后平面AD'E  平面ABCE，则三棱锥D'  ABE的外接球半径为
5
在三棱锥 P  ABC 中，M 是平面 ABC 内一点，且14 PM  8 PA  t PB 5 PC ，则t  （）
A． 1B．1C．2D．3
2
2
D．当 F 为线段 DB 中点时，过点 A，E，F 的截面交CD 于点 M，则2CM  DM
第 II 卷（非选择题 共 92 分）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
已知 1,3,4,5,7,7,9,13 的众数为 a ,中位数为b ,则 2a  b =．
2
如图，在平行六面体 ABCD  A1 B1C1 D1中， AB  4 ， AD  2 ， AA1  2，
本量按比例分配)，从得分在70, 90 内的学生中抽取 5 人，再从中挑出两人进行分析，求两人得分分别来自70,80 和80, 90的概率；
（3）现已知直方图中考核得分在70,80 内的平均数为 75，方差为 6.25，在80, 90内的平均
数为 85，方差为 0.5，求得分在70, 90 内的平均数和方差．
DAA1  45，BAD  60 ， BAA1  45 ， AC 与 BD 相交于点O ，则线段OA1 的长为．
平面内不同的三点
O, A, B满足

 4, 若m  0,1, mOB 
 (1  m) BO  1
OA
4
18．（17 分）
OA
AB
BA
的最小值为
19，则 OB 
在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 为平行四边形， PA  平面
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）
已知空间向量 m   x, y,1, n   x, 2, 2x  ．
若m ∥ n ，求 x  y 的值；
若m  n ，求 y 的最小值及此时 x 的值．
16．（15 分）
在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c．已知c  c cs A  a cs C ．
（1）证明： A  2C ；
 1
ABCD, PA ∥ QD ， BC  2 AB  2PA  2,ABC  60∘ ．
证明：平面 PCD  平面 PAC ；
2
若 PQ  2，求平面 PCQ 与平面 DCQ 夹角的余弦值．
19．（17 分）
四面体 ABCD 中，E，F 分别为棱 AB，CD 的中点，经过 EF 的平面分别与棱 BC，DA 相交于点 G，T（不与顶点重合）．
（2） 若角C （
17．（15 分）
， ) ，求
6 4
tan A
tan C 的取值范围．
证明：若 AC //，则 BD//（如图 1）；
当 AC 与平面相交于点 K 时（如图 2），若四面体 ABCD 的体积为 6，求多面体 ET  BGFD
的体积．
川超联赛即四川省城市足球联赛，别称“巴蜀雄起杯”川超联赛，是由四川省体育局、四川省体育总会及 21 个市（州）人民政府联合主办，省、市两级足协承办的省级顶级业余足球赛事，以“一城一队、为城市而战”为核心理念，打造“足球搭台、文旅唱戏”的特色赛事生态.与此同时，为培养出更多优秀的有梦想的足球少年，南充高中“校超”如火如荼举行，首先进行了足球能力测试，满分 100
分．参加考核的学生有 40 人，考核得分的频率分布直方图如图所示．
由频率分布直方图，求出图中t 的值，并估计考核得分的第 60 百分位数；
为了提升同学们的足球技能，学校准备加强足球技能深入分析．现采用分层抽样的方法(样
图 1图 2
月考答案
1-8AACDDBBC
6
9.ABD10.ACD11.AD
3
12.813.
14. 2
15.（1）因为m ∥ n ，所以m  n ，当 x  0 时， m  (0, y,1), n  (0, 2, 0) ，
0  0 
所以 y  2，不存在，所以 x  0 ；当 x  0 时，可得 x 
y  1
，解得 x  1 , y  2 ，


1  0 
x22x2
所以 x  y   3
2
.6 分
（2）因为m  n ，所以 x2  (2 y)  2 x  0 ，即 y  1 x2  x  1 (x 1)2  1 ，
222
所以当 x  1 时，y 的最小值为 113 分
2
16.（1）因为c  c cs A  a cs C ，
所以由正弦定理有sin C  sin C cs A  sin Acs C ，则
sin C  sin Acs C  sin C cs A  sin  A  C  ．
所以C  A  C 或C  A  C （舍）即 A  2C ．6 分
（2） π  C  π ，
64

111 tan2 C
1 1
则
tan A
tan C  tan C 
tan 2C
2 tan C
tan C  2  tan C  tan C ，10 分
又π  C  π ，则tan C  3 ,1 ，因为 y  1  x  1 在 3 ,1 上单调减，
64 3
2 x  3

所以 y 1, 2 3  ，即 1  tan C 1, 2 3  ．15 分
3 
tan A
3 

17.（1）由题意得:10 (0.01 0.015  0.020 t  0.025)  1，解得t  0.03 ，2 分
设第 60 百分位数为 x ，则0.0110  0.01510  0.0210  0.03(x  80)  0.6 ，
解得 x  85 ，第 60 百分位数为 855 分
由题意知，抽出的 5 位同学中，得分在[70,80) 的有5  8
20
 2 人，设为 A 、B ，在[80,90)
的有5 12  3 人，设为a 、b 、c .
20
则样本空间为  {( A, B),( A, a),( A, b),( A, c),(B, a),(B, b),(B, c),(a, b),(a, c),(b, c)}, n()  10 .
设事件 M  “两人分别来自[70,80) 和[80,90) ，则
M  {( A, a),( A, b),( A, c),(B, a),(B, b),(B, c)}, n(M )  6 ，
因此 P(M )  n(M )  6  3 ，

n()105
所以两人得分分别来自[70,80) 和[80,90) 的概率为 310 分
5
x
由题意知，落在区间[70,80) 内的数据有40 10  0.02  8 个，落在区间[80,90) 内的数据有40 10  0.03  12 个.
记在区间[70,80) 的数据分别为 x1 , x2 , , x8
，平均分为 x ，方差为 s2 ；
在区间[80,90) 的数据分别为为 y1 , y2 ,, y12
，平均分为 y ，方差为 s2 ；
y
这 20 个数据的平均数为 z ，方差为 s2 .
x  2 2 
x  1 8 x , y  1 12 y
由题意，
75, y85, sx6.25, sy
0.5 ，且
 i i1

j 1
j ，则
8
12
z  8x 12 y  8 75 12  85  81.
2020
根据方差的定义，
21  8
812
2 2
212 2 
可得 s
 xi  x 
20
 i 1
 (x  z )
i 1
  y j  y 
j 1
 ( y  z ) 
j 1
 1 8s2  8(x  z )2 12s2 12( y  z )2 
20xy
 2 s2  (x  z )2   3 s2  ( y  z )2 
5x5y
55
 2 6.25  (75  81)2   3 0.5  (85  81)2   26.8
故得分在[70, 90) 内的平均数为 81，方差为 26.815 分
18．(1）解法一： BC  2 AB  2,ABC  60∘ ，
在V ABC 中， AC 2  AB2  BC 2  2 AB  BC  cs ABC ，即 AC 2  1 22  2 1 2  1  3 ，
2
3
 AC ， AB2  AC 2  BC 2 ， AB  AC ，又 AB / /CD  CD  AC ，
PA  底面 ABCD ， CD  底面 ABCD ， PA  CD ， AC, PA  平面 PAC 且相交于 A ，
CD  平面 PAC ，又CD  平面 PCD ，平面 PCD  平面 PAC .
解法二： BC  2AB,ABC  60 ∘, AB  AC .
如图建立空间直角坐标系， P 0, 0,1, A0, 0, 0 ， C 0, 3, 0, D1, 3, 0，
 
–––→–––→
则 PA  0, 0, 1 ， PC  0, 3, 1 ,CD  1, 0, 0  ，
 –→ –––→→
z  0
设n   x, y, z  是平面 PAC 的法向量，则 n1  PA  0  
，可取n  1, 0, 0 ，

1–→ –––→→
n1  PC  0
––→ –––→→
 3y  z  0
a  0
1
––→
设n  a, b, c  是平面 PCD 的法向量，则n2  CD  0  
，可取n  0,1, 3 ，

2––→ –––→→
n2  PC  0
 3b  c  02
所以n1  n2  0 ，所以平面 PCD  平面 PAC .
.7 分
2
（2）解法一：在直角梯形 ADQP 中，因为 PA  1, AD  2, PQ  2
，解得QD  3 ，
过C, P 作CE, PE 分别平行于 AP, AC ，连结QE ，作
PF  QC 交QC 于 F 点，连结 EF ，
 AC  CD, AC  QD ， CD  QD  D 且都在面CDQE 内，
 AC  平面CDQE ，
 PE / / AC, PE  平面CDQE ，又QC  平面CDQE ，
 PE  QC ，又 PF  QC ， PE, PF  平面 PEF 且交于 P ，
QC  平面 PEF ，又 EF  平面 PEF ，
QC  EF ，
PFE 为平面 PCQ 与平面 DCQ 的夹角或其补角，
在△PCQ 中， PC  2, QC 
10, PQ  2
2  
2
2 2 2 2
2
28 10
， cs CPQ ,
8
sin CPQ 
62 ，由等面积法解得 PF ，又 PE ，
31
10
3
8
30
31
sinPFE  PE
PF

,csPFE 
1 31.
3131
所以平面 PCQ 与平面 DCQ 夹角的余弦值为 31 .
31
（2）解法二：在直角梯形 ADQP 中，解得QD  3 ，
如图建立空间直角坐标系， P 0, 0,1,C 0, 3, 0  ， Q 1, 3, 3, D 1, 3, 0  ，
–→–––→–––→–––→
平面 DCQ 的法向量为n1  AC  0, 3, 0  ，又CQ  1, 0, 3,CP  0,  3,1 ，

–––→ ––→

 0
 x  3z  0
设平面 PCQ 的法向量为n
 x , y , z
CQ n2
，则
22
，即，
222 2
––→
–––→ ––→

CP  n2  0

3 y2  z2  0
3
令 y2  1 ，解得 x2  3 3, z2 ， n2  3 3,1, 3  ，
设平面 PCQ 与平面 DCQ 夹角为，
→ ––→
3
3  31
–→ ––→
所以cs csn1 , n2
n1  n231
 –→ ––→ ，
n1  n231
即平面 PCQ 与平面 DCQ 夹角的余弦值为 3117 分
31
19.（1） AC //α ，平面 ACB 经过 AC 且与平面相交于 EG，
 AC //EG ，又 E 为 AB 的中点，G 为 BC 中点，
F 为 CD 中点， FG//BD ，
 FG , BD  ，BD//，得证；7 分
（2） 在ABC中，直线EG与直线AB相交于点E，与直线BC相交于点G，与直线AC相交于点K
令 AE  m EB 
AB
1  m
令CK
 t KA , 得 AK
1AC
t  1
 E , G , K三点共线，
 AG  AE  (1  ) AK
 m
1  m
AB  1   AC
1  t
令BG  nGC 得 AG 
1
1  n
AB 
AC
1  n
 m
1  m

1  
1
1  n
n

 1  t
1  n
 mnt  1
故有 AE  BG  CK
，
 定值
EB GC KA
同理 CK  AT  DF  AE  BG  CK  定值
KA TDFCEB GC KA
 E，F 分别为 AB，CD 中点， BG  AT ，
GCTD
记 CG  DT  ，四面体 ABCD 的体积为 V，多面体 ET  BGFD 的体积为V ，
CBDA
连接VE  BGFD  BE  S四边形BGFD  1 1  S CGF   1 1 
EF，ED，则有
VABS
2 S
2
 2  ，
VE  FDT
 AE  S△ FDT
BCD
 1  DT  DF  ，
BCD 

VAB S△ DAC2 DA  DC4
 V   VE  BGFD  VE  FDT
VV
 1 ，
2
故体积为 317 分
（只有答案没有推导过程得 2 分）