湖北省武汉市问津联盟2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题含解析

这是一份湖北省武汉市问津联盟2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题含解析，共22页。试卷主要包含了 经过，两点的直线的倾斜角为， 抛掷一枚骰子两次， 空间中三点是坐标原点，则， 下列叙述错误的是等内容，欢迎下载使用。
考试时间：2025年10月14日 14:30-16:30 试卷满分：150分
一.单选题：每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 经过，两点的直线的倾斜角为（ ）
A 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】D
【解析】
【分析】根据斜率的概念，求出两点之间的斜率，根据正切函数，求出倾斜角大小即可.
【详解】由，得，
设直线倾斜角为，则，可得.
故选：D.
2. 集合，集合，从，中各任意取一个数，构成一个两位数，则这个两位数是奇数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】用列举法写出样本空间，再由概率公式计算．
【详解】组成两位数的样本空间，有11个；
样本点这个两位数是奇数的两位数为，有5个.
故所求概率为.
故选：C
3. 如图，在四面体中，点，分别是，的中点，点是线段上靠近点的一个三等分点，令，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算来求得正确答案.
【详解】连接，，
则
.
故选：A

4. 如图，已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，为圆锥底面圆的直径，是的中点，是母线的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】延长至点，使，连接，，，得到为异面直线与所成的角（或补角），再解即得解.
【详解】延长至点，使，连接，，．
因为是母线的中点，所以，
所以为异面直线与所成的角（或补角）．
由题意知，，又是的中点，所以，
所以在中，．
因为，
所以，所以．
在中，，
则由余弦定理得，
故选：A．
【点睛】方法点睛：异面直线所成的角的求法：方法一：（几何法）找作（平移法、补形法）证（定义）指求（解三角形）；方法二：（向量法），其中是异面直线所成的角，分别是直线的方向向量.
5. 抛掷一枚骰子两次.设事件为“第一次向上的点数是2”，事件为“第二次向上的点数是奇数”，事件为“两次向上的点数之和能被5整除”，则下列说法正确的是（ ）
A. 事件与事件互为对立事件
B.
C.
D. 事件与事件相互独立
【答案】C
【解析】
【分析】由对立事件的定义判断A；应用列举法求得判断B；应用列举法求得判断C；根据独立事件的定义计算判断D,
【详解】对于A，由事件定义，当第一次出现2点，第二次出现1点，则事件与事件同时发生，故不互为对立事件，故A错误；
抛掷一枚骰子两次的样本点数共36种，
对于B， 事件的发生的样本点为，共3种，
所以，故B错误；
对于C， “第二次向上的点数是偶数”，且“第一次向上的点数是2”，
包含的基本事件为共3种，所以，故C正确．
对于D，事件包含的样本点有，
共18种，所以，
事件包含的样本点有共7种，
所以，，
所以，故D错误.
故选：C．
6. 已知向量，，，当时，向量在向量上的投影向量为（ ）（用坐标表示）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据向量垂直得到方程，求出，再利用投影向量公式求出答案.
【详解】，，解得，
，
所以在上的投影向量为.
故选：A.
7. 如图，在长方体中，，，，点是棱中点，点是棱的中点，是侧面四边形内一动点（含边界），若平面，则线段长度的最小值为（ ）

A. B. 5C. 4D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】取的中点，取的中点，连接，可证平面平面．然后可知点的运动轨迹为，进而可以利用解三角形的知识求出线段长度的最小值．
【详解】如图所示：

取的中点，取的中点，连接，
所以，又因为点是棱的中点，点是棱的中点，
所以，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
又点是棱的中点，点是棱的中点，所以且，
所以四边形是平行四边形，所以，，
又因为，，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面．
又是侧面四边形内一动点（含边界），且平面，
所以点的运动轨迹为，故当时，线段的长度取得最小值．
又在长方体中，，，，
所以，，
，
所以，当时，为的中点，
此时，
所以线段长度的最小值为．
故选：A．
8. 如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（ ）．

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先设棱长为1，，建立如图坐标系，根据计算点P坐标和向量，再写出平面的一个法向量的坐标，根据构建关系，求其值域即可．
【详解】如图，设正方体棱长为1，，则，
以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．
则，故，，又，则，所以．
在正方体中，可知体对角线平面，
所以是平面的一个法向量，
所以．
所以当时，取得最大值，当或1时，取得最小值．
所以．
故选：A．

二.多选题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9. 空间中三点是坐标原点，则（ ）
A. B.
C. 点关于平面对称的点为D. 与夹角的余弦值是
【答案】AB
【解析】
【分析】利用空间向量的求模公式，数量积公式及点的对称性即可判定.
【详解】由题意可得：，，
所以，故A正确；
，即，故B正确；
点关于平面对称的点为，故C错误；
，故D错误.
故选：AB
10. 下列叙述错误的是（ ）
A. 与坐标轴垂直的直线的倾斜角是或
B. 若一条直线的斜率为，则此直线的倾斜角为
C. 直线的倾斜角越大，它的斜率就越大
D. 若两条直线的斜率相等，则这两条直线平行
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据倾斜角与斜率的关系，逐项判断各项的正误即可.
【详解】对于A，与轴垂直的直线的倾斜角为，与轴垂直的直线的倾斜角为，
所以与坐标轴垂直的直线的倾斜角是或，故A正确；
对于B：由于直线倾斜角的取值范围是，
因此不在此范围内时不是直线的倾斜角，
如当时，直线斜率，但直线倾斜角为，故B错误；
对于C，设直线的倾斜角为，
当，斜率，当，斜率，故C错误；
对于D，若两条直线的斜率相等，则这两条直线平行或重合，故D错误.
故选：BCD.
11. 已知正方体的棱长为1，动点P满足（，，），下列说法正确的是（ ）
A. 当时，
B. 当，，时，则P到平面的距离的最小值是
C. 当，时，的最小值为
D. 当，且时，则P的轨迹总长度为
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出各顶点的坐标，计算，可判断A；利用点到平面的距离的向量公式，即可判断B；将折线距离和转化为平面内两点间距离即可判断C；利用点到平面的距离公式，结合点的轨迹，利用数形结合，即可判断D.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，则
因为，∴
对于A，当时，，此时,，，得，，
所以直线与平面垂直，故A正确；
对于B，由选项A知，向量也是平面的一个法向量，当，，时，，，则点到平面的距离，所以P到平面的距离的最小值是，故B不正确；
对于C，当，时，，，
故，
故
令，则
如图所示，，
显然当三点共线时，取得最小值，
最小值为，当且仅当，即时，等号成立，此时
则的最小值为，故C正确；
对于D，当时，可得四点共面，所以点的轨迹在内（包括边界），设点在平面内的投影为点，
因为，所以点是的中心，
，平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离，
若，则，
即点落在以为圆心，为半径的圆上，
点到三边的距离为，
此时，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，其轨迹长度为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知空间三点，，，则到直线的距离为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间中点得到对应向量，利用向量数量积可得到，进而即可求解.
【详解】因为，，，
所以，，
所以，所以，
则点到直线的距离为.
故答案为：
13. 已知点，，经过点作直线，若直线与线段没有公共点，则直线的斜率的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】数形结合并根据斜率计算公式即可得到答案．
【详解】作出示意图如图所示：
由题意知直线的斜率分别为，．
因为直线与线段没有公共点，所以或，
所以直线斜率的取值范围是.
故答案为：．
14. 已知平行六面体中，各条棱长均为，底面是正方形，且，设，，.则异面直线与所成的角的余弦值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的线性运算可表示出，根据向量数量积的定义和运算律可求得，利用向量数量积的定义和运算律可求得，由向量夹角运算求得，由此可得所求余弦值.
【详解】因为，
所以
，
所以，又，
所以，所以，
所以
，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值是.
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. 已知坐标平面内直线经过、两点，直线经过、两点.
（1）若直线，求实数的值；
（2）若直线，求实数的值.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据直线平行条件列出方程，求解即可；
（2）分与两种情况，结合直线垂直的条件列出方程，求解即可.
【小问1详解】
，，
因为，所以，解得或.
又因为，且与不能重合，所以，即，
故.
【小问2详解】
当时，，解得；
当时，直线斜率不存在，倾斜角为；而，倾斜角为，
满足，合题意，故或.
16. 2025年8月21日，DeepSeek在官方公众号发文称，正式发布DeepSeek-V3.1模型，此次升级也标志着国产大模型在技术迭代与商业化探索中又迈出了关键一步.为强化相关技术的落实应用能力，某公司特针对，两部门开展专项技能培训.
（1）已知该公司，两部门分别有3位领导，需要从这6位领导中随机选取3位当组长负责组织培训工作，假设每人被抽到的可能性都相同，求组长中有两位来自于部门的概率；
（2）此次培训分三轮进行，员工甲第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为，，，每轮的培训结果均相互独立，至少两轮培训达到“优秀”才算合格，求甲培训合格的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）用列举法求得选取3位当组长的总的方法数，进而求得两位来自于部门的不同结果，利用古典概型概率公式求解即可；
（2）记“甲经过培训合格”，“甲第轮培训达到优秀”，可得，利用互斥事件的概率加法公式与独立事件的概率乘法公式求解即可.
【小问1详解】
记部门的3名领导为，，，部门的3名领导为，，，
从这6位领导中随机选取3位当组长，不同结果有：
，，，，，，，，，，
，，，，，，，，，共20种，
组长中有两位来自于部门的不同结果有：，，，，，，，，共9种，
所以组长中有两位来自于部门的概率为.
小问2详解】
记“甲经过培训合格”，“甲第轮培训达到优秀”，
则，，，，
依题意，
，
所以甲经过培训合格的概率为.
17. 如图，四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，是棱的中点，点在棱上．
（1）证明：；
（2）若平面，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，再证明平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦即可.
【小问1详解】
如图，取的中点，连接，，则，
由知，∴，，，四点共面，
由题设知，，
又，平面，∴平面，
∵平面，∴，
∵，且，均为锐角，
∴，
∴，∴，
∵，平面，∴平面，
∵平面，∴；
【小问2详解】
∵平面，平面平面，
∴，∴四边形为平行四边形，∴，
由题设知，，两两垂直，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设是平面的一个法向量，
则，令，得．
设是平面的一个法向量，
则，令，得．
∴，
即二面角的余弦值为．
18. 甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空：每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.已知在每场比赛中，甲胜乙和乙胜丙的概率均为，甲胜丙的概率为，各场比赛的结果相互独立.经抽签，第一场比赛乙轮空.
（1）求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；
（2）求只需四场比赛就决出冠军的概率；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据独立事件同时发生的概率公式及互斥事件和的概率公式求解；
（2）决出冠军为四个互斥事件的和，分别求概率，利用互斥事件和的概率公式得解.
【小问1详解】
记事件为甲胜乙，则，，
事件为甲胜丙，则，，
事件为乙胜丙，则，，
前三场比赛结束后，丙被淘汰的情况分两种：

丙被淘汰的概率为.
【小问2详解】
只需四场比赛就决出冠军的情况有四种：


所以，只需四场比赛就决出冠军的概率为：
.
19. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.

（1）求证：平面平面；
（2）设.
①若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.
②在线段上是否存在点，使得点，，在以为球心的球上？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理得平面，然后根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）①建立空间直角坐标系，设，求得，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式列式，即可求得线段的长.
②由题意，从而得，由得（*），因为方程（*）无实数解，故不存在点.
【小问1详解】
在四棱锥中，平面平面，，
平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面；
【小问2详解】
如图以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，
建立如图所示直角空间坐标系，
设，则，由，，，，
则，，
因，则，，且
所以，，
①设平面的法向量为，由，，
得：，可取，
设直线与平面所成角为，，
则有：，
即，化简得：，
解得或，
又因为，即，所以，即；

②如图，假设在线段上存在点，使得点，，在以为球心的球上，
由，得，所以，
所以，
又得，，所以，，
由得，即，
亦即（*），
因为，所以方程（*）无实数解，
所以线段上不存在点，使得点，，在以为球心的球上.