2024-2025学年广东省佛山市顺德区北滘中学高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省佛山市顺德区北滘中学高二（上）月考数学试卷（10月份）（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。
一、单选题：本题共8小题，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.某人连续射击两次，事件“两次都没有命中目标”的对立事件是( )
A. 至少有一次命中目标B. 至多有一次命中目标
C. 恰好两次都命中目标D. 恰好有一次命中目标
2.已知A(1,2,−3)，则点A关于xOy平面的对称点的坐标是( )
A. (−1,2,−3)B. (1,2,3)C. (−1,2,3)D. (−1,−2,3)
3.如图，空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M在OA上，且OM=23OA，点N为BC中点，则MN等于( )
A. 12a+12b−12c
B. −23a+12b+12c
C. 23a+23b−12c
D. 23a+23b−12c
4.已知a=(1,2,−y)，b=(x,1,2)，且(a+2b)//(2a−b)，则 ( )
A. x=13，y=1B. x=12，y=−4C. x=2，y=−14D. x=1，y=−1
5.已知向量a=(1,1, 2),b=(−3,2,0)，则a−b在a上的投影向量为( )
A. (34,34,3 24)B. (54,54,5 24)C. (32,32,3 22)D. (−25,35, 25)
6.已知事件A、B互斥，A、B至少一个发生的概率23，且P(A)=2P(B)，则P(A−)=( )
A. 13B. 49C. 59D. 23
7.以下各组向量中的三个向量，不能构成空间基底的是( )
A. a=(1,0,0)，b=(0,2,0)，c=(12,− 2,0)
B. a=(1,0,0)，b=(0,1,0)，c=(0,0,2)
C. a=(1,0,1)，b=(0,1,1)，c=(2,1,2)
D. a=(1,1,1)，b=(0,1,0)，c=(1,0,2)
8.已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，棱AA1、AB、AD两两的夹角均为60°，AA1=2AB，AB=AD，E为B1C1中点，则异面直线BA1与D1E所成角的余弦值为( )
A. 12
B. 13
C. 14
D. 16
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AB=(−2,1,4)，AC=(4,2,0)，AP=(1,−2,1)，AQ=(0,4,4)，则下列说法正确的是( )．
A. AP是平面ABC的一个法向量B. A,B,C,Q四点共面
C. PQ//BCD. BC= 53
10.伯努利试验是在同样的条件下重复地、相互独立地进行的一种随机试验，其特点是每次试验只有两种可能结果.若连续抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记录这n次实验的结果，设事件M=“n次实验结果中，既出现正面又出现反面”，事件N=“n次实验结果中，最多只出现一次反面”，则下列结论正确的是( )
A. 若n=2，则M与N不互斥B. 若n=2，则M与N相互独立
C. 若n=3，则M与N互斥D. 若n=3，则M与N相互独立
11.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别是棱BC，CC1的中点，点M满足BM=tBA，t∈[0,1]，下列结论正确的是( )
A. 若t=1，则A1B1//平面MPQ
B. 若t=1，则过点M，P，Q的截面面积是92
C. 若t=12，则点A1到平面MPQ的距离是 36
D. 若t=12，则AB与平面MPQ所成角的正切值为 22
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.《易⋅系辞上》有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中国古代流传下来的两幅神秘图案，蕴含了深奥的宇宙星象之理，被誉为“宇宙魔方”，是中华文化阴阳术数之源．河图的排列结构如图所示，一与六共宗居下，二与七为朋居上，三与八同道居左，四与九为友居右，五与十相守居中，其中白圈数为阳数，黑点数为阴数，若从阳数中取两数，则其差的绝对值为4的概率为______．
13.投到某出版社的稿件，先由两位初审专家进行评审，若能通过两位初审专家的评审，则直接予以录用，若两位初审专家都未予通过，则不予录用，若恰能通过一位初审专家的评审，则再由第三位专家进行复审，若能通过复审专家的评审，则予以录用，否则不予录用．设稿件能通过各初审专家评审的概率均为12，复审的稿件能通过评审的概率为14，各专家独立评审，则投到该出版社的1篇稿件被录用的概率为 ．
14.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，CC1=C1D1= 3,C1B1=1，点P为线段B1C上一点，则C1P⋅D1P的最大值为 ．
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.(本小题13分)
已知ABCD−A′B′C′D′是平行六面体，
(1)在图中标出12AA′+BC+AB的结果．
(2)设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC′B′对角线BC′上的点，BN=34BC′，设MN=αAB+βAD+γAA′，试求α，β，γ的值．
(3)已知设底面ABCD是边长为1的正方形，AA′=2，∠A′AB=∠A′AD=60°，求AD′⋅AC的值．
16.(本小题15分)
袋子中有6个大小质地完全相同的小球，其中红球有2个，编号分别为1，2；白球有4个，编号分别为3，4，5，6，不放回地随机摸出两个球．
(1)求摸出的两个球中有红球的概率；
(2)记事件M为“摸出的两个球全是白球”，N为“摸出的两个球的编号之和为偶数”，判断事件M，N是否相互独立．
17.(本小题15分)
男子10米气步枪比赛规则如下：在资格赛中，射手在距离靶子10米处，采用立姿，在105分钟内射击60发子弹，总环数排名前8名的射手进入决赛；在决赛中，每位射手仅射击10发子弹．已知甲乙两名运动员均进入了决赛，资格赛中的环数情况整理得如表：
以各人这60发子弹环数的频率作为决赛中各发子弹环数发生的概率，甲乙两人射击互不影响．
(1)求甲运动员在决赛中前2发子弹共打出1次10环的概率；
(2)决赛打完第9发子弹后，甲比乙落后2环，求最终甲能战胜乙(甲环数大于乙环数)的概率．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD=2，AD=1，PD⊥DA，PD⊥DC，底面ABCD为正方形，M，N，Q分别为AD，PD，PB的中点．
(1)求证：PA//平面MNC；
(2)求直线PB与平面MNC所成角的正弦值；
(3)求三棱锥Q−MNC的体积．
19.(本小题17分)
A1D在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，满足DE//BC且DE经过△ABC的重心，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，M是A1D的中点，如图所示．
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)在线段A1C上是否存在点N，使平面CBM与平面BMN夹角余弦值为 34？若存在，求出CN的长度；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.A
2.B
3.B
4.B
5.B
6.C
7.A
8.D
9.AD
10.AD
11.BD
12.0.3
13.38
14.3
15.解：(1)如图，取CC1中点Q，AQ即为所求，

由平行六面体性质可得CQ=12CC′=12AA′，
故12AA′+BC+AB=AB+BC+CQ=AQ；
(2)设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC′B′对角线BC′上的点，设MN=αAB+βAD+γAA′，

所以MN=AN−AM=AB+BN−AD−DM=AB+34BC′−AD−12DB
=AB+34(BC+CC′)−AD−12(AB−AD)
=12AB+14AD+34AA′=αAB+βAD+γAA′，
即α=12，β=14，γ=34；
(3)已知设底面ABCD是边长为1的正方形，AA′=2，∠A′AB=∠A′AD=60°，
AD′⋅AC=(AD+DD′)⋅(AB+BC)=(AD+AA′)⋅(AB+AD)
=AD⋅AB+|AD|2+AA′⋅AB+AA′⋅AD
=AD⋅AB+|AD|2+|AA′|⋅|AB|cs∠A′AB+|AA′|⋅|AD|cs∠A′AD
=0+1+2×1×12+2×1×12=3．
16.解：(1)从6个球中不放回地随机摸出两个球，总共有6×52=15种情况．
假设摸出的两个球中没有红球，则列举出所有组合情况，
即{3,4}，{3,5}，{3,6}，{4,5}，{4,6}，{5,6}，共6种．
则摸出的两个球全是白球概率为：615=25．
所以摸出的两个球中有红球的概率为1−25=35．
(2)由前面知道，事件M为“摸出的两个球全是白球”，概率为P(M)=25．
事件N为“摸出的两个球的编号之和为偶数”．
两个球的编号之和为偶数，有两类情况：两球均为奇数或两球均为偶数．
两球均为奇数的情况有{1,3}，{1,5}，{3,5}，3种，
两球均为偶数的情况有{2,4}，{2,6}，{4,6}，3种．总共6种．则P(N)=615=25．
MN即摸出的两个球全是白球且编号之和为偶数，有{4,6}，{3,5}，共2种．则概率为P(MN)=215．
因为P(MN)≠P(M)P(N)不成立，所以事件M，N不相互独立．
17.解：(1)以各人这60发子弹环数的频率作为决赛中各发子弹环数发生的概率，
甲每发子弹中10环的概率为2760=920，
∴甲运动员在决赛中前2发子弹共打出1次10环的概率为：
P=920×1120+1120×920=99200．
(2)决赛打完第9发子弹后，甲比乙落后2环，最终甲能战胜乙的情况是第10发甲比乙至少多3环，
包含甲中10环乙中7环或7环以下，甲中9环乙中6环或6环以下，
∴最终甲能战胜乙(甲环数大于乙环数)的概率为：
P=2760×5+560+2360×560=77720．
18.(1)证明：因为M，N分别为AD，PD的中点，
所以PA//MN，
又PA⊄平面MNC，MN⊂平面MNC，
故PA//平面MNC；
(2)解：由于PD⊥DA，PD⊥DC，
AD∩DC=D，AD，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥平面ABCD，
故可以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系D−xyz如图所示：

则B(1,1,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，M(12,0,0)，N(0,0,1)，
所以PB=(1,1,−2),NC=(0,1,−1),MN=(−12,0,1)，
设平面MNC的一个法向量为n=(x,y,z)，
则有n⋅MN=−12x+z=0n⋅NC=y−z=0，令y=1，则z=1，x=2，
故n=(2,1,1)，
所以|cs|=|PB⋅n||PB|⋅|n|=|2+1−2| 1+1+4× 4+1+1=16，
故直线PB与平面MNC所成角的正弦值为16；
(3)解：由(2)可得Q(12,12,1)，MQ=(0,12,1)，
则|cs∠MNC|=|cs|=|MN⋅NC||MN||NC|=|0+0−1| 52⋅ 2= 105，
则sin∠MNC= 1−( 105)2= 155，
又点Q到平面MNC的距离d=|MQ⋅n|n||=32 4+1+1= 64，
故VQ−MNC=13⋅S△MNC⋅d=13×12× 52× 2× 155× 64=18．
19.解：(1)证明：因为在Rt△ABC中，∠C=90°，所以BC⊥CD，又DE/​/BC，
所以DE⊥CD，DE⊥AD，则折叠后，DE⊥A1D，
又A1D∩CD=D，A1D，CD⊂平面A1CD，
所以DE⊥平面A1CD，A1C⊂平面A1CD，
所以DE⊥A1C，
又已知A1C⊥CD，CD∩DE=D，且CD，DE都在面BCDE内，
所以A1C⊥平面BCDE；
(2)由(1)，分别以CD，CB，CA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系C−xyz，
由题意可知，AD=2CD，故DE=23BC=2，
由几何关系可知，CD=2，A1D=4，A1C=2 3，
故C(0,0,0)，D(2,0,0)，E(2,2,0)，B(0,3,0)，A1(0,0,2 3)，M(1,0, 3)，
CM=(1,0, 3)，A1B=(0,3,−2 3)，A1E=(2,2,−2 3)，
设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅A1B=3y−2 3z=0n⋅A1E=2x+2y−2 3z=0，
不妨令y=2，则z= 3，x=1，
所以n=(1,2, 3)，
设CM与平面A1BE所成角的大小为θ，
则有sinθ=|cs|=|CM⋅n||CM||n|=42×2 2= 22，
故θ=π4，
即CM与平面A1BE所成角的大小为π4；
(3)假设在线段A1C上存在点N，使平面CBM与平面BMN夹角余弦值为 34，
在空间直角坐标系中，BM=(1,−3, 3)，CM=(1,0, 3)，CA1=(0,0,2 3)，
设CN=λCA1，则CN=(0,0,2 3λ)，BN=BC+CN=(0,−3,0)+(0,0,2 3λ)=(0,−3,2 3λ)，
设平面BMN的法向量为n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅BM=x2−3y2+ 3z2=0n2⋅BN=−3y2+2 3λz2=0,
不妨令z2= 3，则y2=2λ，x2=6λ−3，
所以n2=(6λ−3,2λ, 3)，
设平面CBM的法向量为n3=(x3,y3,z3)，
则n3⋅BM=x3−3y3+ 3z3=0n3⋅CM=x3+ 3z3=0，
不妨令z3= 3，则x3=−3，y3=0，
所以n3=(−3,0, 3)，
若平面CBM与平面BMN夹角余弦值为 34，
则满足cs=|n2⋅n3||n2||n3|=|9−18λ+3|2 3× 9(2λ−1)2+4λ2+3= 34，
化简得2λ2−3λ+1=0，
解得λ=1或12，
即CN=CA1或CN=12CA1，
故在线段A1C上存在这样的点N，使平面CBM与平面BMN夹角余弦值为 34，此时CN的长度为 3或2 3． 环数
频数
6
7
8
9
10
甲
2
3
5
23
27
乙
5
5
0
25
25