贵阳市第一中学2025-2026学年高二上学期10月检测数学试卷

这是一份贵阳市第一中学2025-2026学年高二上学期10月检测数学试卷，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．复数的虚部是（ ）
A．1B．3C．-1D．-3
2．设m，n是两条不同的直线，，β是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，，则
D．若，，，，，则
3．已知平面向量满足，且，则（ ）
A．5B．4C．3D．2
4．已知是平面的一个法向量，且，则点到平面的距离为（ ）
A．2B．C．4D．
5．法国当地时间2024年7月26日晚,第三十三届夏季奥林匹克运动会在巴黎举行开幕式.“奥林匹克之父”顾拜旦曾经说过,奥运会最重要的不是胜利,而是参与;对人生而言,重要的不是凯旋,而是拼搏.为弘扬奥运精神,某学校组织高一年级学生进行奥运专题的答题活动.为了调查男生和女生对奥运会的关注程度,在高一年级随机抽取10名男生和10名女生的竞赛成绩(满分100分),按从低到高的顺序排列,得到下表中的样本数据:
则下列说法错误的是( )
A．男生样本数据的25%分位数是86
B．男生样本数据的中位数小于男生样本数据的众数
C．女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的平均数不变
D．女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的方差不变
6．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在四面体中，设，为的重心，为的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
8．若函数在内有且只有2个极值点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．直线和围成直角三角形，则m的值可为（ ）
A．0B．1C．D．
10．已知幂函数的图象过，则下列结论正确的是（ ）
A．的定义域为B．在其定义域内为减函数
C．是偶函数D．是奇函数
11．记的内角的对边分别为，外接圆半径为；面积为S，若，则（ ）
A．B．
C．当时，有唯一值D．当时，有且仅有2个值
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，，当事件，相互独立时， .
13．已知直线过定点，则定点的坐标为__．
14．在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知的三个顶点分别为，，，求：
（1）边和所在直线的方程；
（2）边上的中线所在直线的方程；
（3）边上的垂直平分线所在直线的方程；
（4）边上的高所在直线的方程．
16．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求角B的大小；
（2）设，若，且A，C都为锐角，求m的取值范围．
17．在中，角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求角；
(2)若，，求.
18．从10名同学（其中6女4男）中随机选出3人参加测验，每个女同学通过测验的概率均为，每个男同学通过测验的概率均为，求：
(1)选出的3个同学中，至少有一个男同学的概率；
(2)10个同学中的女同学甲和男同学乙同时被选中且通过测验的概率．
19．在正方体中（如图所示），边长为2，连接.

(1)证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)底面正方形的内切圆上是否存在点使得与平面所成角的正弦值为，若存在求长度，若不存在说明理由．
参考答案
1．【答案】B
【详解】复数的虚部是.
故选B.
2．【答案】D
【详解】对于A，若，，则或，故A错误；
对于B，若，，，则或与是异面直线，故B错误；
对于C，如图所示，，，，，但，故C错误；
对于D，因为，所以过有唯一平面，
又，，所以，
又，，所以，
所以，故D正确.
故选D.
3．【答案】B
【详解】依题意，由，得，则，
所以.
故选：B
4．【答案】B
【详解】依题意，点到平面的距离.
故选B.
5．【答案】D
【详解】对于A,10×25%=2.5,所以男生样本数据的25%分位数是86,故A正确;
对于B,男生样本数据的中位数为88+902=89,众数为90,故B正确;
对于C,女生样本数据的平均数为110(82+84+85+87×3+88×2+90+92)=87,女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的平均数为18(84+85+87×3+88×2+90)=87,故C正确;
对于D,女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的平均数不变,但是极差变小,所以方差变小,故D错误.故选D.
6．【答案】C
【分析】由直线方程求得直线的斜率为，得到，即可求解.
【详解】由直线，可得斜率为，
设直线的倾斜角为，可得，所以.
故选：C.
7．【答案】A
【详解】
如图，连接，连接并延长交于点，则为中点，且，
∴.
∵为的中点，∴，
∴．
故选：A.
8．【答案】A
【详解】，
因为求的最大值，所以只考虑时的情况，
当时，则，
因为有且只有2个极值点，所以，
解得，所以的最大值为.
故选A.
9．【答案】ACD
【分析】由分类讨论的思想，让每两条直线分别垂直，由垂直充要条件可得m的值，注意验证舍去不合题意的值即可．
【详解】由题意，若和垂直可得：
，解得，经验证当时，
后面两条直线平行，构不成三角形，故；
同理，若和垂直可得：
，解得，应舍去；
若和垂直可得：
，解得或，经验证均符合题意，
故m的值为：0，，．
故选：ACD
10．【答案】AB
【分析】根据幂函数的图象过求得其解析式，然后逐项判断.
【详解】设幂函数，因为幂函数的图象过点 ，所以，
解得，所以，
所以y＝f（x）的定义域为（0，+∞），且在其定义域上是减函数，故A，B正确，
因为函数定义域为（0，+∞），不关于原点对称，所以不具有奇偶性，故选项C，D错误，
故选：AB．
11．【答案】BCD
【详解】A选项，因为，
所以，
又，
所以
，
所以，
因为，
所以，A错误；
B选项，由正弦定理得，
故，
，B正确；
C选项，当时，，，，
所以，则，
又，，所以，所以，C正确；
D选项，当时，，，，
所以，
所以，故，，
即，
令，故，令，
则，
令得，令得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，
所以在内有且仅有2个零点，
所以在内有且仅有2个值，则有且仅有2个值，D正确.
故选BCD
12．【答案】
【分析】根据独立事件的概率乘法公式求出，最后根据计算可得.
【详解】因为，，且事件，相互独立，
所以，
.
故答案为：
13．【答案】
【分析】把方程整理为关于的方程，由恒等知识可得．
【详解】解：由，得：，
故，，故直线恒过定点，
故答案为：．
14．【答案】12
【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.
【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，

由题意可知，为球心，在正方体中，，
即，
则球心到的距离为，
所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
故答案为：12
15．【答案】（1），
（2）
（3）．
（4）．
【详解】（1）解法1：由两点式得边所在直线方程为，即．
由截距式得边所在直线方程为，即．
解法2：因为，所以边所在直线方程为，即．
因为，所以边所在直线方程为，即．
（2）解法1：设的中点为，由中点坐标公式可得，
由两点式得所在直线方程为，即．
解法2：设的中点为，由中点坐标公式可得，
则，
所以所在直线方程为，即．
（3）因为，的中点，
所以边上的垂直平分线所在直线方程为，即．
（4）因为，，
所以边上的高所在直线方程为，即．
16．【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）利用正弦定理对变形化简可得，再利用余弦定理可求出角B的大小；
（2）由正弦定理可得，则，再由A，C都为锐角，求出角的范围，从而可求出m的取值范围
【详解】（1）由已知及正弦定理，得，即，即．
由余弦定理，得．
因为，所以．
（2）因为，则，得．
所以
．
因为A，C都为锐角，，则，
所以．
17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边角互化即可结合和差角公式化简求解，
（2）根据同角关系以及正弦定理即可求解.
【详解】（1）在中，由正弦定理及条件得：
∵为的内角，
∴,∴，，
又,所以
（2）由（1）知：，
∵，且，
∴，
由正弦定理得，且，
∴，∴
18．【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）先计算对立事件没有男同学的概率，再得出至少一个男同学的概率；
（2）先计算甲、乙被选中的概率，再集合相互独立事件计算选中且通过测验的概率.
【详解】（1）记选出的同学中至少有一个男同学为事件A，则；
（2）甲、乙被选中且通过测验的概率.
19．【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，3.
【分析】
（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，结合，得到平行关系；
（2）求出平面的法向量，得到二面角的余弦值；
（3）设，且，利用线面角的正弦值得到方程，求出或，求出.
【详解】（1）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，

则，
平面的法向量为，
，令，则，
，平面；
（2）平面的法向量为，
，令，则，
平面与平面夹角为，
；
（3）设，且，
与平面所成角为，
，
即，解得或，故或，
所以.男生
82
85
86
87
88
90
90
92
94
96
女生
82
84
85
87
87
87
88
88
90
92