四川省南充市高级中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题（Word版附解析）

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（时间：120分钟 总分：150分）
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.
2.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.
3.考试结束后，将答题卡交回.
第I部分（选择题 共58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，只有一项是符合要求的.
1. 在空间直角坐标系中，点关于轴对称后的点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用关于坐标轴对称的特征求出坐标即可.
【详解】点关于x轴对称的点的坐标为.
故选：A
2. 某高中三个年级共有学生1200人，其中高一500人，高二400人，高三300人，该校为了解学生睡眠情况，准备从全校学生中抽取60人进行访谈，若采取按比例分配的分层抽样，且按年级来分层，则高二年级应抽取的人数是（ ）
A. 20B. 25C. 30D. 35
【答案】A
【解析】
【分析】按照分层抽样计算规则计算可得.
【详解】依题意，高二年级应抽取的人数是：人.
故选：A
3. 已知复数，在复平面内，复数，对应的点分别为，，且点与点关于虚轴对称，则（ ）
A. B. 9C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意求出，再利用复数的加法运算和复数的模的定义即得.
【详解】依题意，点与点关于虚轴对称，可得，则，
于是，则.
故选：C
4. 在平面直角坐标系中，在，，，四个点中任选两个点，则这两点间的距离大于1的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由古典概型概率计算公式即可求解.
【详解】在，，，四个点中任选两个点，
有六种可能，
其中这两点间的距离大于1的可能有两种，，
故所求概率为.
故选：D.
5. 下列说法正确的是（ ）
A. 若A，B为两个事件，则
B. 若事件A，B，C两两互斥，则
C. 若事件A，B满足，则A与B相互对立
D. 若A，B为相互对立事件，则A与B一定互斥
【答案】D
【解析】
【分析】根据对立事件和互斥事件的定义，结合对立事件和互斥事件的概率公式进行逐一判断即可.
【详解】对A：只有事件A，B互斥时，才有，故A错误；
对B：当事件A，B，C两两互斥，则，所以B错误；
对C：若且事件A，B互斥时，才有A与B相互对立，所以C错误；
对D：对立事件一定互斥，所以D成立.
故选：D
6. 在三棱锥中，是平面内一点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算法则得到，再由空间共面定理的推论得到方程，解得即可.
【详解】已知，
则，
因为是平面内一点，
所以，
解得.
故选：B.
7. 在中，内角所对的边分别为，为的中点，，，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据正弦定理进行边角转化并利用诱导公式以及和差角公式得到，然后利用平面向量和余弦定理计算出，最后利用面积公式即可求解.
【详解】由正弦定理可知可化为,
因为，所以，所以，故.
因为， 所以，
即，化简得①，
在中由余弦定理可得，即②，
联立①②可得，所以.
故选：B
8. 将连续正整数1，2，3，…，从小到大排列构成一个数123…n，为这个数的位数，例如，当时，此数为123456789101112，共有15个数字，则，现从这个数中随机取一个数字，为恰好取到0的概率，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出，求出含0的个数，利用概率公式求出.
【详解】从1到9共有9个数字，从10到99共有90个数，共有个数字，从100到101共有2个数，共有个数字，，其中含有0的数有10，20，30，40，50，60，70，80，90，100，101，这些数中共有12个0，.
故选：C.
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，是z的共轭复数，i为虚数单位，则（ ）
A. 若，则B. 若z为纯虚数，则
C 若，则D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据复数的除法，求，可得，可判断A的真假；根据纯虚数的概念，可判断B的真假；根据复数不能比较大小，可判断C的真假；根据虚数单位的概念，可判断D的真假.
【详解】对A：因为，所以，故A正确；
对B：因为为纯虚数，可设（），则，故B正确；
对C：因为复数不能比较大小，所以由能得到，且，不能得到，故C错误；
对D：，故D正确.
故选：ABD
10. 在中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，能确定为锐角的有（ ）
A. B.
C. A，B均为锐角，且D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据余弦定理可得出，可判断A正确，利用平面向量数量积定义可得，因此B错误，由诱导公式可得，可判断C正确，由三角形内角关系以及两角和的正弦公式，结合三角函数值的符号可判断D正确.
【详解】对于A，由余弦定理可得，
因此，又因为，因此可知，即A正确；
对于B，易知，
可得，结合可知，即钝角，所以B错误；
对于C，因为，所以，
又，且函数在上单调递增，
所以，即可得，所以，因此C正确；
对于D，由可得,
因此
又因为为三角形内角，所以;
所以，即，所以，可知D正确.
故选：ACD
11. 如图1，已知矩形中，，，为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点是线段上（不含端点）的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 当F为线段中点时，平面
B.
C. 若翻折后平面平面，则三棱锥的外接球半径为
D. 当为线段中点时，过点的截面交于点，则
【答案】AD
【解析】
【分析】证明平面与平面平行，再结合面面平行的性质即可判断A；利用反证法说明B错误；根据面面垂直得到线面垂直，计算长度，找到三棱锥的外接球球心，进而得到半径判断C；首先得分别为的中点，进一步根据几何形状判断即可判断D.
【详解】对于A，取中点，连接，因为为线段中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
在矩形中，，，故四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，所以平面，故A正确；
对于B，假设存在某个位置，使，取中点，连接，
显然，而平面，∴平面，
平面，∴，则，但，不可能相等，
所以不可能有，B错误；
对于C，因为，为中点，根据勾股定理，，
又，即，因为平面平面，
平面平面，平面，则平面，
又，所以，根据勾股定理，即为直角三角形，
取中点，连接，可得，
所以点即三棱锥的外接球球心，半径为，C错误；
对于D，由题意得，平面，由平面，得平面，
延长交于点，连接，则平面平面，
所以，故，由，得分别为中点，
若为的中点，则，所以，即，故D正确.
故选：AD.
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.
12. 已知1，3，4，5，7，7，9，13的众数为a，中位数为b，则__________.
【答案】8
【解析】
【分析】先求出中位数和众数，然后可得结果.
【详解】由数据从小到大排列为1，3，4，5，7，7，9，13，
可知中位数是，众数是7，即，；
所以.
故答案为：.
13. 如图，在平行六面体中，，，，，，，AC与BD相交于点O，则线段的长为__________.
【答案】
【解析】
【分析】表达出，平方后，利用向量数量积运算法则计算出，从而得到答案.
【详解】由题意得AC与BD相交于点O，故O为中点，
则，
因为，，，，，，
所以
，
故线段.
故答案为：
14. 平面内不同的三点O，A，B满足，若，的最小值为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，，，作关于的对称点，如图根据向量的线性运算化简题中的等式，利用点关于直线的对称性可得，结合余弦定理可得出，利用二倍角的余弦公式求出，最后根据即可求解.
【详解】如图所示，设，则点在线段OB上运动，
故，设，
则
，
，即
作关于的对称点，设，
，当且仅当三点共线时等号成立，
即，
在中，，，，
由余弦定理结合二倍角公式可得，解得：，
则.
故答案为：.
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. 已知空间向量，.
（1）若，求的值；
（2）若，求的最小值及此时的值.
【答案】（1）
（2）时，的最小值为.
【解析】
【分析】（1）根据两向量平行，可求，的值，再求.
（2）根据向量垂直，得到，的关系，结合二次函数的性质求的最小值及此时的值.
【小问1详解】
因为，所以，
当时，，，所以，不存在，所以；
当时，可得，解得，，所以.
【小问2详解】
因为，所以，即，
所以当时，的最小值为.
16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
（1）证明：；
（2）若角，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理以及两角和差的正弦公式化简得，结合角的范围即可求证；
（2）根据以及正切的倍角公式化简，结合对勾函数的单调性即可求出.
【小问1详解】
因为，所以由正弦定理有，
则，
因为，则，
所以或（舍），则；
【小问2详解】
因，
则，
又，则，
因为在上单调递减，
所以，故.
17. 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.
（1）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；
（2）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（样本量按比例分配），从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行分析，求两人得分分别来自和的概率；
（3）现已知直方图中考核得分在内的平均数为75，方差为6.25，在内的平均数为85，方差为0.5，求得分在内的平均数和方差.
【答案】（1），第60百分位数为85
（2）
（3）平均数为81，方差为26.8.
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图中各组频率之和等于1列方程求出的值，再根据百分位数的定义列方程求解即得；
（2）先根据分层抽样比求出所抽取的5人中，得分在和内的人数，分别标记并写出样本空间和所求事件的样本点，利用古典概型概率公式计算即可；
（3）先利用加权平均数计算得分在内的平均数，再根据方差公式化简后代入计算即得得分在内的方差.
【小问1详解】
由题意得：，解得，
因，而，
故第60百分位数在这一组，设其为，
则，
解得，即第60百分位数为85.
【小问2详解】
由题意知，得分在内的学生共有，
则抽出的5位同学中，得分在的有人，设为，
得分在的有人，设为、、.
则样本空间为,.
设事件为“两人得分分别来自和”，
则，，
则，
故两人得分分别来自和的概率为.
【小问3详解】
由题意知，落在区间内的数据有个，
落在区间内的数据有个.
记在区间的数据分别为，，…，，平均数为，方差为；
在区间的数据分别为，，…，，平均数为，方差为；
设这20个数据的平均数为，方差为.
由题意，，，，，且，，
则.
根据方差的计算公式，
可得
故得分在内的平均数为81，方差为26.8.
18. 在如图所示的几何体中，四边形为平行四边形，平面，.
（1）证明：平面平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）法一，先证明，再证明平面，利用面面垂直的判定定理得证；法二，建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面和平面的法向量证明；
（2）法一，过作分别平行于，连结，作交于点，连结，证明，说明为平面与平面的夹角，求解得答案；法二，建系求出平面和平面的法向量，利用向量法求解.
【小问1详解】
解法一：，
在中，，即，
，，
，又，
底面，底面，
，平面且相交于，
平面，又平面，
平面平面.
解法二：.
如图建立空间直角坐标系，，，
则，，
设是平面的法向量，则，可取，
设是平面的法向量，则，可取，
所以，所以平面平面.
【小问2详解】
解法一：在直角梯形中，因为，解得，
过作分别平行于，连结，作
交于点，连结，
，且都在面内，
平面，
平面，又平面，
，又，平面且交于，
平面，又平面，
，
为平面与平面的夹角或其补角，
在中，，,
，由等面积法解得，又，
.
所以平面与平面夹角余弦值为.
（2）解法二：在直角梯形中，解得，
如图建立空间直角坐标系，，，
平面的法向量为，又，
设平面的法向量为，则，即，
令，解得，，
设平面与平面夹角为，
所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.
19. 四面体中，分别为棱的中点，经过的平面分别与棱，相交于点，（不与顶点重合）.

（1）证明：若，则（如图1）；
（2）当与平面相交于点时（如图2），若四面体的体积为，求多面体的体积.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质，由可得，再结合为的中点，可得为中点，进而可得，进而求证即可；
（2）由题意，令，，，根据三点共线可得，
即，又分别为中点，所以，连接，进而结合锥体的体积公式即可求解.
【小问1详解】
因为，且平面经过且与平面相交于，
所以，又为的中点，所以为中点，
又为中点，所以，
又，，所以；
【小问2详解】
在中，直线与直线相交于点，与直线相交于点，与直线相交于点，
令，
令，得，
又三点共线，所以，
令，得，
所以，
所以，所以，
故有，同理，
又分别为中点，所以，
记，四面体的体积为，多面体的体积为，
连接，则有，
，
所以，
又四面体的体积为，即，所以多面体的体积.
故答案为：