四川省绵竹中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题（Word版附解析）

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1. 设，且，则（ ）
A. B. 0C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量的共线与垂直条件求解的坐标，再由向量坐标运算及求模公式可得.
【详解】，
由，则有，解得，则.
由，则有，解得，，
所以，故，
则.
故选：D.
2. 抛掷一枚质地均匀且各个面上分别标有数字的正方体玩具．设事件为“向上一面点数为偶数”，事件为“向上一面点数为6的约数”，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知并事件所包含的情况，结合古典概型公式计算得答案；
【详解】由题意得，抛掷结果有6种可能，事件即为向上一面的点数为2或4或6，
事件即为向上一面的点数为1或2或3或6，
事件即为向上一面的点数为1或2或3或4或6，
所以．
故选：D.
3. 已知，若不能构成空间的一个基底，则（ ）
A. 3B. 1C. 5D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用基底的定义和共面向量求出结果.
【详解】若不能构成空间的一个基底，
共面，
存在，使，
即，
解得，
故选：.
4. 已知事件、、两两互斥，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据互斥事件的概率公式求出、.
【详解】因为事件、、两两互斥，，
所以，
所以.
故选：B
5. 下列命题中正确的是（ ）
A. 点关于平面对称的点的坐标是
B. 若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则
C. 若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线l与平面所成的角为
D. 已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则
【答案】C
【解析】
【分析】由空间点关于平面的对称点的特点可判断A；由向量的数量积的性质可判断B；由线面角的定义可判断C；由共面向量定理可判断D.
【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，A选项错误；
对于B，若直线l的方向向量为，平面的法向量为，
，有，则或，B选项错误；
对于C，若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，
则直线l与平面所成的角为，C选项正确；
对于D，已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，
若，则，解得，D选项错误.
故选：C.
6. 在四面体中，，，，为的重心，在上，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】延长交于点，根据向量的线性运算法则，结合重心的性质将表示为的线性形式即可.
【详解】延长交于点，则点为的中点，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
因为，，，
所以，
故选：C.
7. 若向量是空间中的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得：，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标.设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助待定系数法设，结合所给定义及其在基底下的斜坐标计算即可得.
【详解】由题意可得，
设，
即有
即可得，解得，即
即向量在基底下的斜坐标为.
故选：D
8. 一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合的概率为，且是相互独立的，则灯亮的概率是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设与中至少有一个不闭合的事件为T,E与至少有一个不闭合的事件为，则，所以灯亮的概率为 ， 故选B.
【方法点睛】本题主要考查独立事件、对立事件的概率公式，属于难题.解答这类综合性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性与对立性结合起来，要会对一个复杂的随机事件进行分析，也就是说能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要.
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．）
9. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
B. 直线的方向向量，平面的法向量是，则
C. 若两个不同平面的法向量分别是，，且则
D. 直线的方向向量，平面的法向量，则直线与平面所成角的大小为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据向量共线定理，可判断A选项；由即可判断B选项；由即可判断C选项；根据线面角的向量公式直接计算可判断D选项.
【详解】A选项：若对空间中任意一点，有，满足，所以，，，四点共面，故A正确；
B选项：因为，所以，所以或，故B错误；
C选项：因为，所以，所以，故C正确；
D选项：记直线与平面所成角为，所以，
因为线面角的取值范围为，所以直线与平面所成角大小为，故D错误；
故选：AC.
10. 下列命题正确的是（ ）
A. 设A，B是两个随机事件，“A与是互斥事件”是“与互为对立事件”的充分不必要条件
B. 若，则事件A，B相互独立与A，B互斥一定不能同时成立
C. 若三个事件A，B，C两两独立，则满足
D. 若事件A，B相互独立，，则
【答案】BD
【解析】
【分析】通过运用互斥事件、独立事件以及充分条件和必要条件，即可解答.
【详解】A选项：互斥事件是指两个事件不可能同时发生，而对立事件是指两个互斥事件中必有一个发生，互斥事件是对立事件的必要条件，但对立事件是互斥事件的充分条件，所以“A与是互斥事件”是“与互为对立事件”的必要不充分条件，故A选项错误；
B选项：若事件A，B相互独立与A，B互斥同时成立，那么若事件A，B相互独立，则；若事件A，B互斥，则，两者矛盾，故B选项正确；
C选项：考虑投掷两个骰子，记事件为第一个骰子的点数为奇数，事件为第二个骰子点数为奇数，事件为两个骰子的点数之和为奇数，于是有，,故C选项错误；
D选项：由题意，
又因为事件,相互独立，所以故D选项正确；
故选：BD.
11. 如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（ ）

A. 存在点，使得
B. 存在点，使得异面直线与所成的角为
C. 三棱锥体积的最大值是
D. 当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量垂直的坐标运算判断A，利用异面直线的向量夹角公式计算判断B，连接，结合锥体体积公式，利用等体积法判断C，利用向量的坐标运算表示线面角的正弦值，然后利用二次函数及正弦函数的单调性即可判断D.
【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

A0,0,0，，，，，，，；
对于A，假设存在点，使得，
则，又，
所以，解得，即点与重合时，，A正确；
对于B，假设存在点，使得异面直线与所成的角为，
因为，，
所以，方程无解；所以不存在点，B错误；

对于C，连接，设，
因为，
所以当，即点与点重合时，取得最大值；
又点到平面的距离，
所以，C正确；
对于D，由上分析知：，，
若是面的法向量，则，
令x=1，则，
因为，设直线与平面所成角为，，
所以，
当点自向处运动时，的值由到变大，此时也逐渐增大，
因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确.
故选：ACD
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分．）
12. 已知空间直角坐标系中的三点、、，则点A到直线BC的距离为______．
【答案】##
【解析】
【分析】求出直线的方向向量，再利用点到直线距离公式计算即得.
【详解】依题意，，
所以点A到直线BC的距离.
故答案为：
13. 盒中有3个大小质地完全相同的球，其中2个白球、1个黑球，从中不放回地依次随机摸出2个球．则恰好摸出一个白球一个黑球的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用列举法求出基本事件总数，再求出符合条件的事件数，结合古典概型概率公式求解即可.
【详解】记1个黑球为，2个白球分别为，，现从中不放回地依次随机摸出2个球，
则可能结果有，共6种情况，
其中恰好摸出一个白球一个黑球的有，共4种情况，
所以恰好摸出一个白球一个黑球的概率.
故答案为：.
14. 如图所示，在平行六面体中，，，，则________．

【答案】2
【解析】
【分析】据空间向量基本定理把用，，作为基底表示，利用向量数量积运算即可求解.
【详解】在平行六面体中,，
所以，
因为，所以，
又，
所以，，
所以
所以.
故答案为：2.
四、解答题（本大题共5小题，共计77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15. 某中学高一年级的同学们学习完《统计与概率》章节后，统一进行了一次测试，并将所有测试成绩（满分100分）按照进行分组，得到如图所示的频率分布直方图，已知图中．
（1）求出a，b，估计测试成绩的分位数和平均分；
（2）按照人数比例用分层随机抽样的方法，从成绩在内的学生中抽取4人，再从这4人中任选2人，求这2人成绩都在80,90内的概率．
【答案】（1），，85，765
（2）
【解析】
【分析】（1）由所有长方形的面积和为1列方程，结合可求出，然后判断出分位数在第4组，从而可求出分位数；再由平均数的定义求解即可.
（2）根据频率分布直方图可得抽取的4人中成绩在内的有3人，成绩在内的有1人，然后利用列举法可求得结果.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知，即，
又，所以，，
前三组的频率之和为，
前四组的频率之和为，
则分位数，且．
测试成绩的平均分为：.
【小问2详解】
成绩在和内的人数之比为，
故抽取的4人中成绩在内的有3人，设为，，，
成绩在内的有1人，设为，
再从这4人中选2人，
这2人的所有可能情况为，，，，，，共6种，
这2人成绩均在内的情况有，，，共3种，
故这2人成绩都在内的概率为．
16. 如图，在四棱锥中，，底面为正方形，分别为的中点．
（1）求证：∥平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用中位线定理证明，然后由线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可；
（3）求出的坐标，然后利用点到平面距离的向量公式求解即可．
【小问1详解】
证明：因为，分别为，的中点，
所以，
又平面，平面，
故平面；
【小问2详解】
由于平面，
所以平面，
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
故，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为；
【小问3详解】
因为，
又平面的法向量为，
所以点到平面的距离为．
17. 2024年西部数学邀请赛于8月4日至10日在上海隆重举行，此次赛事不仅是对中学生数学能力的一次全面考验，更是对数学教育未来发展的深刻实践探索，共有200多名学生参赛，引起社会广泛关注，点燃了全社会对数学的热情.甲、乙、丙3名同学各自独立去做2024年西部数学邀请赛预赛中的某道题，已知甲能解出该题的概率为，乙能解出而丙不能解出该题的概率为，甲、丙都能解出该题的概率为.
（1）求乙、丙各自解出该题的概率；
（2）求甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）设出事件，运用相互独立事件概率的乘法公式及对立事件概率公式求解即可；
（2）运用相互独立事件概率的乘法公式，结合对立事件概率公式计算即可.
【小问1详解】
设“甲解出该题”为事件，“乙解出该题”为事件，“丙解出该题”为事件，
则，，相互独立，
由题意得，，
所以，，
所以，所以乙、丙各自解出该题的概率为，.
【小问2详解】
设“甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题”为事件，
则，
因为，，，
所以，，，
因为、、相互独立，
所以.
所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率为.
18. 如图，四边形为菱形，平面．

（1）证明：平面平面；
（2）若，二面角的大小为120°，求PC与BD所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解.
（2）.
【解析】
【分析】（1）通过线面垂直得出线线垂直，再证明出线面垂直，得到面面垂直；
（2）由二面角定义得到平面角的大小，由菱形和直角三角形的边角关系得出线段长度，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线线角的余弦值
【小问1详解】
∵平面且平面
∴，
在菱形中，，且平面，
∴平面
又∵平面
∴平面平面.
小问2详解】
∵平面且平面,平面
∴，，即二面角是，
∴，
取与交点为，设，
则，
∴，∴，
以为坐标原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，
，
∴.
所以所成角余弦值为.

19. 如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，，．
（1）证明：平面；
（2）在线段（不含端点）上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由面面垂直性质定理证明平面，由此证明，再证明，结合线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，假设存在点，满足条件，求平面和平面的法向量，结合向量夹角公式列方程求，由此可得结论.
【小问1详解】
正方形中，，
平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，所以，，
又，，则，
又，，则，即，
又，则，，平面，
∴平面；
【小问2详解】
由（1）知，平面，，
以为坐标原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，A1,0,0，，，，，
设点，，，
∴，
∴，故，
∴，，
设平面的法向量为，
∴，
令，则，，
∴为平面的一个法向量，
又，设平面的法向量为，
∴，
令，则，，
所以为平面的一个法向量，
∴，解得或，
则线段（不含端点）上不存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为．