湖北省荆州市沙市中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷（Word版附解析）

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命题人：朱鑫 审题人：余会林
一、单选题
1. 已知复数，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出复数，再利用复数的模长公式求解即可.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
2. 某电子图书平台通过大数据观测发现，读者选择类图书的概率为，选择类图书的概率为两类图书都不选的概率为，则两类图书都选的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对立事件和概率加法公式即可求解.
【详解】设事件“读者选择类图书”， 事件“读者选择类图书”，
则，
可得，
又，
所以.
故选：.
3. 已知是空间的一个基底，向量，，，且A，B，C，D四点共面，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据四点共面可得存在实数，使得，结合空间向量基本定理运算求解.
【详解】因为A，B，C，D四点共面，
则存在实数，使得，
又因为是空间的一个基底，且，
则，解得.
故选：B.
4. 在平面直角坐标系中，已知点是线段上的动点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知：表示点与点连线的斜率，结合图象分析斜率的取值范围即可.
【详解】当时，；当时，，
所以线段的最左端是，最右端是，
表示点与点连线的斜率，
当点在点A处时，；
当点在点B处时，；

结合图象可知，的取值范围是．
故选：C．
5. 如图所示的某粮仓(粮仓的底部位于地面上)是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是4，侧面积是，则制作这样一个粮仓(不含底面)的用料面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设圆锥的母线为，底面半径为高为，根据题意列出方程求出的值，再计算圆柱和圆锥侧面积之和即可得解.
【详解】设圆锥母线为，圆锥的底面半径为，高为，
由圆锥的侧面积是得，解得，
所以圆柱的侧面积为，
故制作这样一个粮仓的用料面积为.
故选：D.
6. 已知定点和直线，则点P到直线l的距离d的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出直线所过定点，然后根据两点间的距离公式求得正确答案.
【详解】直线，由，解得，则直线过定点，
所以点P到直线l的距离d的最大值为.
故选：A
7. 已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）.
A 若，，，则B. 若，，，则
C. 若，，，则D. 若，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间中点线面的位置关系即可判断AB，由面面垂直的性质定理即可判断C，利用线面垂直的性质定理即可判断D.
【详解】对于A：若，，，则或与异面或相交，故A错误；
对于B：若，，，则或相交，故B错误；
对于C：若，，，则相交或或与异面，故C错误；
对于D：若，，，则，故D正确.
故选：D.
8. 数学家欧拉在1765年发表的《三角形的几何学》一书中有这样一个定理：三角形的外心、垂心和重心都在同一直线上，而且外心和重心的距离是垂心和重心的距离的一半.这条直线被后人称为三角形的欧拉线.已知的顶点，则的欧拉线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求得的重心，分别求得和的高线所在直线的方程，联立方程组，求得垂心坐标为，结合直线的两点式方程，即可求解.
【详解】由的三个顶点分别为，
可得的重心坐标为，即，
因为直线的斜率为，
所以边上的高线所在直线的方程为，即，
同理可得边上的高线所在直线的方程为，
又由，解得，即的垂心坐标为，
由的重心与垂心坐标，可得的欧拉线方程为，
即.
故选：D.
二、多选题
9. 下列说法中正确的有（ ）
A. 直线在y轴的截距是2
B. 直线的倾斜角为
C. 直线l的方向向量是，则直线l的斜率是
D. 点在直线上，则直线l方程为．
【答案】BD
【解析】
【分析】A选项，根据截距的定义判断；B选项，先求出直线斜率，根据斜率和倾斜角关系求解；C选项，根据方向向量的定义判断；D选项，根据点在直线上，代入条件，化简判断.
【详解】A选项，令，则，即直线在y轴的截距是，错误；
B选项，直线化为，故直线斜率是，
设倾斜角为，则，则，正确；
C选项，若直线l的放向向量是，则根据方向向量的定义可知，直线l的斜率是，错误；
D选项，点在直线上，则，即，
直线可化为，正确.
故选：BD
10. 已知实数满足圆的方程，则（ ）
A. 圆心，半径为B. 的最大值为
C. 的最大值为D. 的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由圆的标准方程即可判断A，由解出即可判断B，由表示圆上点到定点的距离，计算圆心到定点的距离，利用几何意义进行求解可判断C；利用圆的方程将转化为一元二次函数，再利用二次函数的性质求最大值判断D.
【详解】对于A：由圆的方程，所以圆心为，半径为，故A错误；
对于B：由，有，
所以的最大值为，故B正确；
对于C：表示圆上点到定点的距离，
圆心到定点的距离为，
所以圆上点到定点的距离的最大值为，故C正确；
对于D：由得，
所以，
令，由在单调递增，
所以，所以的最大值为，故D正确.
故选：BCD.
11. 如图，在棱长为1的正方体中，下列命题正确的是（ ）

A. 平面平面，且两平面的距离为
B. 当点在线段上运动时，四面体的体积恒等于四面体的体积
C. 与正方体所有棱都相切的球的体积为
D. 若是正方体的内切球的球面上任意一点，是外接圆的圆周上任意一点，则的最小值是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据面面平行的判定以及空间点面以及面面距离的求解判断A；根据三棱锥的体积计算判断B；确定球的半径即可求得球的体积，判断C；将的最小值转化为正方体的外接球和内切球半径之差，判断D.
【详解】对于A，正方体中，，
即四边形为平行四边形，故，
平面，平面，故平面，
同理可证平面，而平面，
故平面平面；

设B到平面的距离为d，，则,
即，则；
同理求得到到平面的距离为；
连接，则，由于平面平面，
故，平面，
故平面，平面，故，
同理可证，而平面，
故平面，而平面平面，则平面，
又，
故平面和平面之间的距离为，A错误；
对于B，当点在线段上运动时，四面体的体积为；
而四面体的体积，
即当点在线段上运动时，四面体的体积恒等于四面体的体积，B正确；
对于C，与正方体所有棱都相切的球的直径为正方体面对角线长,
故该球体积为，C正确；
对于D，正方体的内切球球心和正方体外接球球心是同一个点，即为正方体的中心，
外接球直径为，内切球直径为1；
而外接圆为正方体外接球的一个小圆，
故由是正方体的内切球的球面上任意一点，是外接圆的圆周上任意一点，
得的最小值为正方体的外接球半径减去正方体球内切球半径，即，D正确，
故选：BCD
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要发挥空间想象能力，明确空间的点线面的位置关系，特别是选项D的求解，求解两个动点之间的距离的最小值，要能想象出两动点分别在正方体的内切球和外接球上运动，从而可求得距离的最小值.
三、填空题
12. 在平面直角坐标系中，曲线在圆周上，且，中点为，则的轨迹方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】设中点为，由直角三角形和圆的性质，有，代入坐标化简可得结果.
【详解】曲线是以原点O为圆心，3为半径的圆，在圆内，
设中点为，如图所示，
因为，，所以，
所以，化简得.
即的轨迹方程为.
故答案为：.
13. 过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为______．
【答案】或
【解析】
【分析】设直线在两坐标轴上的截距分别为，由题意分和两类情况讨论，分别求直线方程即可.
【详解】设直线在两坐标轴上的截距分别为，则
若，则直线过原点，又过点，则直线方程为：；
若，则，可设直线方程为：，
代入点，可得，解得，则直线方程为：.
综上：所求直线方程为或.
故答案为：或.
14. 小华玩一种跳棋游戏，一个箱子中装有大小质地均相同的且标有的10个小球，每次随机抽取一个小球并放回，规定：若每次取到号码小于或等于5的小球，则前进1步，若每次取到号码大于5的小球，则前进2步．每次抽取小球互不影响，记小华一共前进步的概率为，则______，______．（用表示）
【答案】 ①. ## ②. （）
【解析】
【分析】根据题意由互斥事件概率加法公式和相互独立事件乘法公式求得，求出递推公式，即可得解.
【详解】由题意，前进1步的概率和前进2步的概率都是，所以， 所以；
当时，其前进步是由两部分组成：第一部分先前进步，再前进1步，其概率为；
第二部分先前进步，再前进2步，其概率为，所以.
故答案： ；（）
四、解答题
15. 已知直线和的交点为P．
（1）若直线l经过点P且与直线平行，求直线l的一般式方程；
（2）若直线m经过点P且与x轴，y轴分别交于A，B两点，为线段的中点，求的面积．（其中O为坐标原点）．
【答案】（1）
（2）30
【解析】
【分析】（1）先联立两直线方程，求得，再由点斜式求出直线l的方程；
（2）设直线m的方程为，分别表示出点的坐标，利用线段中点公式求出的值，即得点的坐标，进而可求得的面积.
【小问1详解】
由，解得，即得，
由可得其斜率为，
故过点P且与直线平行的直线l的方程为，即.
【小问2详解】

如图，设直线m的斜率为k，其方程为，
令，可得，令，可得，故，，
因为线段的中点，则得，解得，
则、．
故面积为.
16. 如图，四边形是圆柱的轴截面，是下底面圆周上一点，点是线段中点
（1）证明：直线平面
（2）若，三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接，令，连接DE，要证直线平面，只要证，根据三角形的中位线容易证得；
（2）根据已知求出相关线段长，再由求棱锥体积.
【小问1详解】
连接，令，连接DE，则E是、的中点，
在△中D是线段BC中点，E是的中点，
∴，又平面，平面，
∴直线平面；
【小问2详解】
设点到平面的距离为，
∵点在底面圆上，
∴，
∵，D是BC的中点，
∴，，
因为是圆柱的轴截面，则到AB的距离，即到平面的距离，
所以.
17. 若的内角，，的对边分别为，，，且，，是边上一点.
（1）求外接圆的半径；
（2）若是的平分线，且的周长为15，求线段的长；
（3）若，且，求的面积.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边角互化和三角恒等变换求得，根据即可求得外接圆的半径；
（2）先由题设及余弦定理求得与，再根据平分线条件利用底面积法得到即可求得；
（3）将两边平方，结合余弦定理求得，即可求得面积.
【小问1详解】
由题意知，由正弦定理得，
即，
因为，
所以，
因为，所以，
所以，即，
因为，所以，所以，，
令外接圆的半径为，
根据正弦定理可得，即
【小问2详解】
由（1）知，
在中，由余弦定理得，
所以，即，
∵的周长为15，，∴，
所以，解得，
因为，
因为是的平分线，
所以
即，解得
【小问3详解】
因为，
所以，
又，所以，即
又，
解得
所以.
18. 如图所示，直角梯形中，，垂直，，四边形为矩形，，平面平面.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的正弦值；
（3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，线段的长为
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量证明线面平行；
（2）求平面的法向量，利用空间向量求面面夹角的余弦值，进而可得正弦值；
（3）设，由线面角的向量求法求出，得到坐标，求出长度.
【小问1详解】
取为原点，所在直线为轴，过点且平行于直线的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
可得，，
设平面的一个法向量为，则，
设，则，，可得，
又因为，则，可得.
且平面，所以平面.
【小问2详解】
因为，
设平面的一个法向量为，则，
设，则，，可得，
设平面与平面的夹角为，
则，
可得，
所以平面与平面夹角正弦值为.
【小问3详解】
设，
则，可得，
因为平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
整理得，解得或，
当时，，则；
当时，，则；
综上，即在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时线段的长为.
19. 如图，在直角坐标系中，，已知为角的终边上一点，且为角的终边上一点，且，记与矩形重合的部分的面积为．
（1）求的解析式；
（2）求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设为中点，分和两种情况可求得；
（2）分和两种情况，利用换元法，结合函数的单调性可求得的最大值.
【小问1详解】
设为中点，
①当时，设与交于与交于，如下左图，
则，
②当时，设分别与交于，如上右图，
则，
综上所述，.
【小问2详解】
①当时，，
设，当时，，
函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当，即时，取得最大值；
②当时，，
当时，，即，
，
综上所述，当时，取得最大值.