精品解析：吉林省白城市实验高级中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份精品解析：吉林省白城市实验高级中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 如图，，点，点，且，，那么直线l与直线的关系是（ ）

A. 异面B. 平行C. 垂直D. 不确定
【答案】C
【解析】
【分析】
根据线面垂直的性质，得到，，再由线面垂直的判定定理，得到平面，从而可得线线垂直.
【详解】，，，；
同理；
又，平面.
平面，.
故选：C.
【点睛】本题主要考查判断线线垂直，熟记线面垂直的判定定理与性质即可，属于常考题型.
（2023•上海市宜川中学期中）
2. 设集合为实数集的非空子集，若对任意，，都有，，，则称集合S为“完美集合”，给出下列命题：
①若为“完美集合”，则一定有；
②“完美集合”一定是无限集；
③集合为“完美集合”；
④ 若为“完美集合”，则满足的任意集合也是“完美集合”.
其中真命题是（ ）
A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】对于①③，可以利用完美集合的定义分析判断，对于②④可以举反例分析判断.
【详解】对于①，若为“完美集合”，对任意的，，①对；
对于②，完美集合不一定是无限集，例如，②错；
对于③，集合，
在集合中任意取两个元素，，，其中、、、为整数，
则，，
，
集合为“完美集合”，③对；
对于④，，，也满足④，但是集合不是一个完美集合，④错.
故选：A.
3. 函数y＝|sinx|的图象( )
A. 关于x轴对称B. 关于y轴对称
C. 关于原点对称D. 关于坐标轴对称
【答案】B
【解析】
【分析】根据绝对值的知识，画出的图像，根据图像判断出正确的选项.
【详解】的图像是由的图像保持轴上方的图像不变，轴下方的图像关于对称翻折得到，即如下图所示.由图可知，图像关于轴对称，故选B.
【点睛】本小题主要考查图像变换，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.
4. 将长度为2的一根铁丝折成长为的矩形，矩形的面积关于的函数关系式是，则函数的定义域为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意易得，从而得到结果.
【详解】将长度为2的一根铁丝折成长为的矩形，则宽为，
∴，解得
∴函数的定义域为
故选D
【点睛】定义域的三种类型及求法：(1)已知函数的解析式，则构造使解析式有意义的不等式(组)求解；(2) 对实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解；(3) 若已知函数的定义域为，则函数的定义域由不等式求出.
5. 已知函数的定义域为[-2，3]，则函数的定义域为（ ）
A. [-1,9]B. [-3,7]C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据的定义域求出的定义域，再求出的定义域即可.
【详解】函数的定义域为[-2，3]，
在中，，则，
的定义域为，
则在中，，解得，
故的定义域为.
故选：D.
【点睛】本题考查抽象函数定义域的求法，属于基础题.
6. 已知三个力f1＝(－2，－1)，f2＝(－3,2)，f3＝(4，－3)同时作用于某物体上一点，为使物体保持平衡，现加上一个力f4，则f4等于
A. (－1，－2)B. (1，－2)C. (－1,2)D. (1,2)
【答案】D
【解析】
【详解】【思路点拨】物体平衡,则所受合力为0.
解:由物理知识知:f1+f2+f3+f4=0,
故f4=-(f1+f2+f3)=(1,2).
7. 有下列说法：①若，，则；②若2=，分别表示的面积，则；③两个非零向量，若||=||+||，则与共线且反向；④若，则存在唯一实数使得，其中正确的说法个数为
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由=，，可以不共线判断①；运用三角形的重心向量表示和性质，以及三角形的面积的求法判断②；由向量的模的性质判断③；由向量共线定理判断④．
【详解】①若，，则不成立，比如=，，可以不共线；
②若2=，延长OA到，使得=2OA，延长OC到，使得=3OC，
可得O为的重心，可设的面积分别为x，y，z，
则的面积为2y，的面积为3z，的面积为6x，
由三角形的重心的性质可得2y=3z=6x，则，正确；
③两个非零向量，，若||=||+||，则与共线且反向，正确；
④若，则存在唯一实数λ使得=，不正确，比如≠，=，不存在实数λ．
其中正确的说法个数为2，
故选：B．
8. 如图，一个无盖的正方体盒子的棱长为2，BC的中点为M，一只蚂蚁从盒外的B点沿正方形的表面爬到盒内的M点，则蚂蚁爬行的最短距离是( )
A. B. 1C. D. 2＋
【答案】C
【解析】
【分析】一只蚂蚁从盒外的B点沿正方形的表面爬到盒内的M点，蚂蚁爬行的最短距离是如图所示的BM的长，利用勾股定理能求出结果
【详解】∵蚂蚁从盒外的B点沿正方形的表面爬到盒内的M点，
∴蚂蚁爬行的最短距离是如图BM的长度，
∵无盖的正方体盒子的棱长为2，BC的中点为M，
∴A1B＝2＋2＝4，A1M＝1，
∴BM＝＝.
故选C.
【点睛】本题考查蚂蚁爬行的最短距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
二、多项选择题（本大题共3小题．每题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得部分分．）
9. 质点P和Q在以坐标原点O为圆心，半径为1的上逆时针做匀速圆周运动，同时出发．P的角速度大小为，起点为与x轴正半轴的交点；Q的角速度大小为，起点为射线与的交点．则当Q与P重合时，Q的坐标可以为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】确定点Q的初始位置，由题意列出重合时刻t的表达式，进而可得Q点的坐标，通过赋值对比选项即可得解.
【详解】由题意，点Q的初始位置的坐标为，锐角，
设t时刻两点重合，则,即，
此时点，
即，
当时，，故A正确；
当时，，即，故B正确；
当时，，即，故D正确.
由三角函数的周期性可得，其余各点均与上述三点重合.
故选：ABD.
（2023•湖南省部分校联考期中）
10. 已知正方体棱长为4，是棱上的一条线段，且，点是棱的中点，点是体对角线上的动点（包括端点），则下列结论正确的是（ ）
A. 存在某一位置，与垂直
B. 三棱锥体积的最大值是
C. 二面角的正切值是
D. 当最大时，三棱锥的外接球表面积是
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过证明线面垂直得到线垂直平面的所有直线证明异面直线垂直，然后通过固定底面积求体积最大值即可，二面角问题关键在于找到二面角的平面角，确定动点位置后再求外接球的圆心即可.
【详解】对于A：当点与点重合时，平面，而平面，所以与垂直，即A正确；
对于B：如下图所示，
，
因为平面，平面，
所以，所以，而，
所以，
要使得三棱锥的体积最大，只需满足点到平面的距离最大即可，
取的中点为，则平面与平面是同一平面，
不妨令点到平面的距离，直线与平面所成角为，
则，所以越大则越大，
所以当点与重合时，点到平面的距离最大，
作于，易知平面，所以即为点到平面的距离，
由三角形相似可得，且，得.
所以三棱锥的体积的最大值为， B错误；
对于C：连接，，二面角即为平面与平面所成角，如下图所示，
，
因为平面，平面，平面，
所以，，
所以即为二面角的平面角，
由于，，，
所以，
所以，即，
所以二面角的正切值是， C正确；
对于D，由余弦定理得，
要使得最大时，则要最大，
则与重合，与重合，如下图所示，
，
以为坐标原点建立如所示的空间直角坐标系，则，，，，
设外接球球心坐标为，
则，
解得，，，所以，
所以外接球半径为，
所以三棱锥的外接球表面积，所以D正确；
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：若能应用极化恒等式，则能快速确定最大时需满足与重合，与重合.
11. 某个简谐运动可以用函数（，），来表示，其中部分图象如图所示，则（ ）
A.
B. 该简谐运动的频率为，初相为
C. 直线是的一个对称轴
D. 点是曲线的一个对称中心
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据图象可得，选项A，利用的图象与性质可得，即可判断选项A的正误；选项B，由频率和初相的定义，结合，即可求解；选项C和D，，利用性质，求出的对称轴和对称中心，即可判断出选项C和D的正误.
【详解】由图知，由图像知，又，
所以，又由五点作图法知，第三个点为，所以，得到，
所以，
对于选项A：设，由，
得到，
所以，故选项A正确；
对于选项B：因为，所以频率为，由知初相为，所以选项B错误；
对于选项C：因为，
由，即，故直线是的一个对称轴，故选项C正确；
对于选项D：因为，
由，即，
故点是曲线的一个对称中心，故选项D正确；
故选：ACD
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 已知函数的图象如图．根据图象写出的单调区间，单调递增区间为______，单调递减区间为______．

【答案】 ①. 和 ②.
【解析】
【分析】根据给定的函数图象确定单调区间即可.
【详解】由图象知在上，单调递增区间为和，单调递减区间为．
故答案为：和，
13. 用一段长为30m的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长18m，要求菜园的面积不小于，靠墙的一边长为．试用不等式（组）表示其中的不等关系是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知及矩形面积公式列不等式组即可.
【详解】因为矩形菜园靠墙的一边长为，而墙长为18 m，所以，
这时菜园的另一条边长为，因此菜园的面积，
依题意有，即，故不等关系表示为.
故答案为：
14. 若，，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用指数的运算性质化简，再结合根式的运算性质可求得结果.
【详解】将代入，得，
所以．
故答案为：.
四、解答题（本大题共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，四边形与四边形均为菱形，.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据菱形性质得，再由余弦定理及勾股定理得，从而利用线面垂直的判定定理证明平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用二面角的平面角向量公式求解即可.
【小问1详解】
连接，因为四边形与四边形均为菱形，
且，所以与均为等边三角形，
取的中点，连接，则，
设，则，
在中，由及余弦定理，得，
即，所以舍去.
所以，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）可知，两两垂直，以为原点，
以所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
设，则，
.
设平面一个法向量，
由得，取，解得，故，
设平面的一个法向量，
由得，取，解得，故，
所以，
设二面角的大小为，所以.
16. 已知函数．
（1）解关于的不等式；
（2）若关于的方程在上有实数解，求实数的取值范围；
（3）若将区间划分成2022个小区间，且满足，试判断和式是否为定值，若是，请求出这个值，若不是请说明理由．
【答案】（1）
（2） 或
（3）是定值，1
【解析】
【分析】（1）利用对数函数的单调性，即可求得答案；
（2）将在上有实数解，转化为在上有实数解，结合对数函数单调性求函数值域，即可求得答案；
（3）利用在区间上是增函数，化简已知和式，脱掉绝对值符号，即可求得答案.
【小问1详解】
由得，
得，，
所以不等式的解集为；
【小问2详解】
在上有实数解，
在上有实数解，
因为在上是单调递增函数，
故，
则，即，
解得或；
【小问3详解】
由知，在区间上是增函数，
对任意划分，
均有，
++
，
所以此和式为定值1.
【点睛】关键点睛：解答此题的关键是解答第三问时，要结合函数的单调性，化简和式，脱去绝对值符号，进而求解.
（2023•四川省成都市树德中学期中）
17. 已知点.
（1）若，且，求的坐标；
（2）求以为邻边的平行四边形的面积.
【答案】（1）或
（2）3
【解析】
【分析】（1）利用空间向量的坐标运算以及模长公式可解；
（2）首先利用数量积公式求，则可解，结合面积公式可得答案.
【小问1详解】
，
，
或，
或；
【小问2详解】
由题意得所以，
，
，
.
18. 已知函数.
（1）求在上的单调递增区间；
（2）若，，求值；
（3）请在同一平面直角坐标系上画出函数和在上的图象（不要求写作法）；并根据图象求曲线和的交点个数.
【答案】（1），
（2）
（3）作图见解析，交点个数为
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，由求出的取值范围，再利用正弦型函数的单调性可求得函数在上的单调递增区间；
（2）由已知条件求出的值，由同角三角函数的基本关系求出的值，再利用两角和的正弦公式可求得的值；
（3）作出两个函数在区间上的图象，可得出两个函数图象的交点个数.
【小问1详解】
因为，
当时，，
由可得，由可得，
所以，函数在上的单调递增区间为，.
【小问2详解】
因为，可得，
因为，则，
所以，，
因此，
.
【小问3详解】
当时，，
在同一平面直角坐标系上画出函数和在上的图象如下图所示：
由图可知，曲线和在上的交点个数为.
19. 设函数的定义域为，且满足条件，对于任意，有，且当时，有．
（1）求的值；
（2）如果，求的取值范围．
【答案】（1）0； （2）
【解析】
【分析】（1）将代入，即可得；
（2）根据已知得在上单调递增，再由已知得，则有，最后应用单调性解不等式求范围.
【小问1详解】
对任意，有，
令，得，
；
【小问2详解】
设，由，得，即，
在上单调递增，
令，则，即．
由，得，即，
，解得，
的取值范围是