2025-2026学年四川省南充高级中学高二上学期10月月考数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年四川省南充高级中学高二上学期10月月考数学试卷（含答案），共10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.在空间直角坐标系O-xyz中，点(1,2,3)关于x轴对称后的点的坐标为( )
A. (1,-2,-3)B. (-1,2,3)C. (-1,-2,-3)D. (1,-2,3)
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
3.已知复数z1=-3-i，在复平面内，复数z1，z2对应的点分别为A，B，且点A与点B关于虚轴对称，则z1+z2=( )
A. 4 2B. 9C. 2D. 10
4.在平面直角坐标系中，在(0,0)，(1,0)，(1,1)，(0,1)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. 112B. 16C. 14D. 13
5.下列说法正确的是( )
A. 若A，B为两个事件，则P(A+B)=P(A)+P(B)
B. 若事件A，B，C两两互斥，则P(A)+P(B)+P(C)=1
C. 若事件A，B满足P(A)+P(B)=1，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
6.在三棱锥P-ABC中，M是平面ABC内一点，且14PM=8PA+tPB+5PC，则t=( )
A. 12B. 1C. 2D. 3
7.在▵ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，D为BC的中点，a=2，AD= 72，(b-c)sinB=bsin(A-C)，则▵ABC的面积为( )
A. 5 38B. 3 38C. 34D. 3 34
8.将连续正整数1，2，3，…，n(n∈N*)从小到大排列构成一个数123…n，F(n)为这个数的位数，例如，当n=12时，此数为123456789101112，共有15个数字，则F(12)=15，现从这个数中随机取一个数字，P(n)为恰好取到0的概率，则P(101)为( )
A. 16195B. 13195C. 465D. 665
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知z∈C，z是z的共轭复数，i为虚数单位，则( )
A. 若z=1+3i1-3i，则z=-4-3i5B. 若z为纯虚数，则z20，则z>2+iD. i10=-1
10.在▵ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，能确定∠C为锐角的有( )
A. a2+b2>c2B. AC⋅CB>0
C. A，B均为锐角，且sinA>csBD. sinA=3sinC
11.如图1，已知矩形ABCD中，AB=2，AD=1，E为CD中点，现将▵AED沿AE翻折后得到如图2的四棱锥D'-ABCE，点F是线段D'B上(不含端点)的动点，则下列说法正确的是( )
A. 当F为线段D'B中点时，CF//平面AD'E
B. D'B⊥AE
C. 若翻折后平面AD'E⊥平面ABCE，则三棱锥D'-ABE的外接球半径为 52
D. 当F为线段D'B中点时，过点A,E,F的截面交CD'于点M，则2CM=D'M
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2a-b= ．
13.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，AD=2，AA1=2 2，∠DAA1=45 ∘，∠BAD=60 ∘，∠BAA1=45 ∘，AC与BD相交于点O，则线段OA1的长为 ．
14.平面内不同的三点O，A，B满足OA=AB=4，若m∈[0,1]，mOB-OA+(1-m)BO-14BA的最小值为 19，则OB= ．
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.(本小题13分)
已知空间向量m=(x,y,1)，n=(x,-2,2x)．
(1)若m//n，求x+y的值；
(2)若m⊥n，求y的最小值及此时x的值．
16.(本小题15分)
在▵ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知c+ccsA=acsC．
(1)证明：A=2C；
(2)若角C∈π6,π4，求1tanA+tanC的取值范围．
17.(本小题15分)
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[70,90)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[70,80)和[80,90)的概率；
(3)现已知直方图中考核得分在[70,80)内的平均数为75，方差为6.25，在[80,90)内的平均数为85，方差为0.5，求得分在[70,90)内的平均数和方差．
18.(本小题17分)
在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD,PA//QD，BC=2AB=2PA=2,∠ABC=60∘．
(1)证明：平面PCD⊥平面PAC；
(2)若PQ=2 2，求平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值．
19.(本小题17分)
四面体ABCD中，E、F分别为棱AB、CD的中点，经过EF的平面α分别与棱BC，DA相交于点G，T(不与顶点重合)．
(1)证明：若AC//α，则BD//α(如图1)；
(2)当AC与平面α相交于点K时(如图2)，若四面体ABCD的体积为6，求多面体ET-BGFD的体积．
参考答案
1.A
2.A
3.C
4.D
5.D
6.B
7.B
8.C
9.ABD
10.ACD
11.AD
12.8
13. 3
14.2 6
15.(1)因为m//n，所以m=λn，
当x=0时，m=(0,y,1)，n=(0,-2,0)，所以0=0⋅λy=-2λ1=0⋅λ,λ不存在，所以x≠0；
当x≠0时，可得xx=y-2=12x，解得x=12，y=-2，所以x+y=-32．
(2)因为m⊥n，所以x2+(-2y)+2x=0，即y=12x2+x=12(x+1)2-12，
所以当x=-1时，y的最小值为-12．

16.(1)因为c+ccsA=acsC，所以由正弦定理有sinC+sinCcsA=sinAcsC，
则sinC=sinAcsC-sinCcsA=sin(A-C)，
因为C,A∈0,π，则A-C∈-π,π，
所以C=A-C或C+A-C=π(舍)，则A=2C；
(2)因A=2C，
则1tanA+tanC=1tan2C+tanC=1-tan2C2tanC+tanC=12tanC+1tanC，
又C∈π6,π4，则tanC∈ 33,1，
因为y=12x+1x在 33,1上单调递减，
所以y∈1,2 33，故1tanA+tanC∈1,2 33．

17.(1)由题意得：10×(0.01+0.015+0.020+t+0.025)=1，解得t=0.03，
因(0.01+0.015+0.02)×10=0.45，而(0.01+0.015+0.02+0.03)×10=0.75，
故第60百分位数在[80,90)这一组，设其为x，
则0.01×10+0.015×10+0.02×10+0.03×(x-80)=0.6，
解得x=85，即第60百分位数为85．
(2)由题意知，得分在[70,90)内的学生共有40×(0.02+0.03)×10=20，
则抽出的5位同学中，得分在[70,80)的有5×820=2人，设为A,B，
得分在[80,90)的有5×1220=3人，设为a、b、c．
则样本空间为Ω={(A,B),(A,a),(A,b),(A,c),(B,a),(B,b),(B,c),(a,b),(a,c),(b,c)}，n(Ω)=10．
设事件M为“两人得分分别来自[70,80)和[80,90)”，
则M={(A,a),(A,b),(A,c),(B,a),(B,b),(B,c)}，n(M)=6，
则P(M)=n(M)n(Ω)=610=35，
故两人得分分别来自[70,80)和[80,90)的概率为35．
(3)由题意知，落在区间[70,80)内的数据有40×10×0.02=8个，
落在区间[80,90)内的数据有40×10×0.03=12个.
记在区间[70,80)的数据分别为x1，x2，…，x8，平均数为x，方差为sx2；
在区间[80,90)的数据分别为y1，y2，…，y12，平均数为y，方差为sy2；
设这20个数据的平均数为z，方差为s2．
由题意，x=75，y=85，sx2=6.25，sy2=0.5，且x=18i=18xi，y=112j=112yj，
则z=8x+12y20=8×75+12×8520=81．
根据方差的计算公式，
可得s2=120[ 8i=1 (xi-x)2+ 8i=1 (x-z)2+ 12j=1 (yj-y)2+ 12j=1 (y-z)2]
=1208sx2+8(x-z)2+12sy2+12(y-z)2
=25sx2+(x-z)2+35sy2+(y-z)2
=256.25+(75-81)2+350.5+(85-81)2=26.8
故得分在[70,90)内的平均数为81，方差为26.8．

18.(1)解法一：∵BC=2AB=2,∠ABC=60∘，
在▵ABC中，AC2=AB2+BC2-2AB⋅BC⋅cs∠ABC，即AC2=1+22-2×1×2×12=3，
∴AC= 3，AB2+AC2=BC2，
∴AB⊥AC，又AB//CD⇒CD⊥AC，
∵PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，
∴PA⊥CD，AC,PA⊂平面PAC且相交于A，
∴CD⊥平面PAC，又CD⊂平面PCD，
∴平面PCD⊥平面PAC．
解法二：∵BC=2AB,∠ABC=60∘,∴AB⊥AC．
如图建立空间直角坐标系，P0,0,1,A0,0,0，C0, 3,0,D-1, 3,0，
则PA=0,0,-1，PC=0, 3,-1,CD=-1,0,0，
设n1=x,y,z是平面PAC的法向量，则n1⋅PA=0n1⋅PC=0⇒z=0 3y-z=0，可取n1=1,0,0，
设n2=a,b,c是平面PCD的法向量，则n2⋅CD=0n2⋅PC=0⇒a=0 3b-c=0，可取n2=0,1, 3，
所以n1⋅n2=0，所以平面PCD⊥平面PAC．
(2)解法一：在直角梯形ADQP中，因为PA=1,AD=2,PQ=2 2，解得QD=3，
过C,P作CE,PE分别平行于AP,AC，连结QE，作
PF⊥QC交QC于F点，连结EF，
∵AC⊥CD,AC⊥QD，CD∩QD=D且都在面CDQE内，
∴AC⊥平面CDQE，
∵PE//AC,∴PE⊥平面CDQE，又QC⊂平面CDQE，
∴PE⊥QC，又PF⊥QC，PE,PF⊂平面PEF且交于P，
∴QC⊥平面PEF，又EF⊂平面PEF，
∴QC⊥EF，
∴∠PFE为平面PCQ与平面DCQ的夹角或其补角，
在△PCQ中，PC=2,QC= 10,PQ=2 2，∴cs∠CPQ=22+8-102×2×2 2= 28，
∴sin∠CPQ= 628，由等面积法解得PF= 31 10，又PE= 3，
∴sin∠PFE=PEPF= 30 31,∴cs∠PFE=1 31= 3131．
所以平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值为 3131．
(2)解法二：在直角梯形ADQP中，解得QD=3，
如图建立空间直角坐标系，P0,0,1,C0, 3,0，Q-1, 3,3,D-1, 3,0，
平面DCQ的法向量为n1=AC=0, 3,0，又CQ=-1,0,3,CP=0,- 3,1，
设平面PCQ的法向量为n2=x2,y2,z2，则CQ⋅n2=0CP⋅n2=0，即-x2+3z2=0- 3y2+z2=0,
令y2=1，解得x2=3 3,z2= 3，∴n2=3 3,1, 3，
设平面PCQ与平面DCQ夹角为θ，
所以csθ=csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2= 3 3⋅ 31= 3131，
即平面PCQ与平面DCQ夹角的余弦值为 3131．

19.(1)因为AC//α，且平面ACB经过AC且与平面α相交于EG，
所以AC//EG，又E为AB的中点，所以G为BC中点，
又F为CD中点，所以FG//BD，
又FG⊂α，BD⧸⊂α，所以BD//α；
(2)在▵ABC中，直线EG与直线AB相交于点E，与直线BC相交于点G，与直线AC相交于点K，
令AE=mEB=m1+mAB，
令CK=tKA，得AK=1t+1AC，
又E、G、K三点共线，所以AG=λAE+(1-λ)AK=λm1+mAB+1-λ1+tAC，
令BG=nGC，得BG=nGC=n1+nBC=n1+nAC-AB=n1+nAC-n1+nAB，
所以AG=AB+BG=AB+n1+nAC-n1+nAB=11+nAB+n1+nAC，
所以λm1+m=11+n1-λ1+t=n1+n，所以mnt=-1，
故有AEEB⋅BGGC⋅CKKA=mnt=-1，同理CKKA⋅ATTD⋅DFFC=AEEB⋅BGGC⋅CKKA=-1，
又E、F分别为AB、CD中点，所以BGGC=ATTD，
记CGCB=DTDA=μ，四面体ABCD的体积为V，多面体ET-BGFD的体积为V'，
连接EF、ED，则有VE-BGFDV=BEAB⋅S四边形BGFDS▵BCD=121-S▵CGFS▵BCD=121-μ2，
VE-FDTV=AEAB⋅S▵FDTS▵DAC=12⋅DT⋅DFDA⋅DC=μ4，
所以V'V=VE-BGFD+VE-FDTV=VE-BGFDV+VE-FDTV=121-μ2+μ4=12，
又四面体ABCD的体积为6，即V=6，所以多面体ET-BGFD的体积V'=12V=12×6=3．
故答案为：3