【文档说明】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版含解析.docx，共(18)页，1.218 MB，由小赞的店铺上传

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2023级高二上期第一次月考数学试卷一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1.设()()(),,1,1,1,1,,,,4,2xyabyzcx===−R，且,//ac

bc⊥，则2ab+=（）A.22B.0C.3D.32【答案】D【解析】【分析】由向量的共线与垂直条件求解,bc的坐标，再由向量坐标运算及求模公式可得.【详解】()()()2,,,,,,,11114,abyzcx===−，由ac⊥，则有4

20acx=−+=，解得2x=，则()2,4,2c=−.由//bc，则有1242yz==−，解得2y=−，1z=，所以()1,2,1b=−，故()23,0,3ab+=，则2233322ab+=+=.故选：D.2.抛掷一枚质地均匀且各个面上分别标有数字1,2,3,4,5

,6的正方体玩具．设事件A为“向上一面点数为偶数”，事件B为“向上一面点数为6的约数”，则()PAB等于（）A.13B.12C.23D.56【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A即为向上一面的点数为2或4或6，事件B即为向上一面的点数为1或2或3或6，事件AB即为向上一面的点数为1或2或3或4或6，所以5()

6PAB=．故选：D.3.已知()()()1231,9,1,,3,2,0,2,1nnmn=−=−=，若123,,nnn不能构成空间的一个基底，则m=（）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123,,nnn不能构成空间的一个基底，123,,nnn共面，存在,，使123nnn=+，即1093212m−=+=−+=+，解得131m=−==，故选：B.4.已知事件A、B、

C两两互斥，若()()()1111,,6330PAPCPAB===，则()PBC=（）A.715B.815C.115D.1415【答案】B【解析】【分析】根据互斥事件的概率公式求出()PB、()PBC.【详解】因为事

件A、B、C两两互斥，()()()1111,,6330PAPCPAB===，所以()()()11113065PBPABPA=−=−=，所以()()()1185315PBCPBPC=+=+=.故选：B5.下列命题中正确的是（）A.点()3,2

,1M关于平面yOz对称的点的坐标是()3,2,1−−B.若直线l的方向向量为()1,1,2e=−，平面的法向量为()6,4,1m=−，则l⊥C.若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为120，

则直线l与平面所成的角为30oD.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12OPmOAOBOC=−+，则12m=−【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()3,2,1M关于平面yOz对称的点的坐标是()3,2,1−，A选项错误；对于B，若直线l的方向向量为()1,1,2e=−，平面的法向量为()6,4,1m=−，()()161

4210em=+−+−=，有em⊥，则//l或l，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120，则直线l与平面所成的角为()9018012030−−=，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12OPmOAOBOC=−+，则1112m−+=，解得12m=，D选项错误.故选：C.6.在四面体OABC中，OAa=，OBb=，OCc=，G为ABCV的重心，P在OG上，且12OPPG=，则AP=（）A.211999abc−++B.811999abc−−C.811999abc−++D

.211999abc−−【答案】C【解析】【分析】延长BG交AC于点D，根据向量的线性运算法则，结合重心的性质将AP表示为,,OAOBOC的线性形式即可.【详解】延长BG交AC于点D，则点D为AC的中点，因为12OPPG=，所以13OPOG=，所以()113

3APOPOAOGOAOBBGOA=−=−=+−，所以()1121233339APOBBDOAOBODOBOA=+−=+−−，所以()121118992999APOBOAOCOAOBOCOA=++−=+−，因为OAa=，OBb=，OCc=，所以8

11999APabc=−++，故选：C.7.若向量123,,eee是空间中的一个基底，那么对任意一个空间向量a，存在唯一的有序实数组(),,xyz，使得：123axeyeze=++，我们把有序实数组(),,xyz叫做基底123,,eee下向量a的斜坐标.设向量p在基底,,ab

c下的斜坐标为()1,2,3−，则向量p在基底,,ababc+−下的斜坐标为（）A.13,,322−−B.13,,322−−C.13,,322−D.13,,322−【答案】D【解析】【分

析】借助待定系数法设()()pmabnabsc=++−+，结合所给定义及其在基底,,abc下的斜坐标计算即可得.【详解】由题意可得23pabc=−++，设()()pmabnabsc=++−+，即有()()()()23abcmabnabscmnamnbsc−

++=++−+=++−+即可得123mnmns+=−−==，解得12323mns==−=，即()()13322pababc=+−−+，即向量p在基底,,ababc+−下的斜坐标为13,,322−.故选：

D8.一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合的概率为12，且是相互独立的，则灯亮的概率是()A.164B.5564C.18D.116【答案】B【解析】【详解】设A与B中至少有一个不闭合的事件为𝑇,𝐸与F至少有一个不闭合的事件为R，则()()113122

4PTPR==−=，所以灯亮的概率为()()1PPTPR=−()()3311551442264PCPD=−=，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

O，有111632OPOAOBOC=++，则P，A，B，C四点共面B.直线l的方向向量()1,1,2c=−，平面a的法向量是()6,4,1m=−，则la⊥C.若两个不同平面,a的法向量分别是u，v，且

()()1,2,2,2,1,2uv=−=则a⊥D.直线l的方向向量()0,1,1d=，平面a的法向量()1,0,1n=，则直线l与平面a所成角的大小为π3【答案】AC【解析】【分析】根据向量共线定理，可

判断A选项；由cm⊥即可判断B选项；由uv⊥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O，有111632OPOAOBOC=++，满足1111632++=，所以P，A，B，C四点共面，故A正确；B选项：因

为()()·1614210cm=+−+−=，所以cm⊥，所以l或l，故B错误；C选项：因为()·1221220uv=++−=，所以uv⊥，所以⊥，故C正确；D选项：记直线l与平面a所成角为，所以,11sincos,222·dndndn====，因为线面

角的取值范围为π0,2，所以直线l与平面a所成角大小为π6，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B是互斥事件”是“A与B互为对立事件”的充分不必要条件B.若()()0,0PAPB，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()()()()PABCPAPBPC=D.若事件A，B相互独立，()()0.6,0.3PAPB==，则()0.54=UPABAB【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B是互斥事件”是“A与B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()()()0PABPAPB=；若事件A，B互斥，则()0PAB=，两者矛盾，故B选项正确；C选项：考虑投掷两个骰子，记事件A为第一个骰子的点数为奇数，事件B为第二个骰子点数为奇数，事件C为两个骰子的点数之和为奇数，于是有()()()12PAPBPC===

，()()()()108PABCPAPBPC==,故C选项错误；D选项：由题意，()()()()0.610.30.42,10.60.30.12,PABPAB=−==−=又因为事件A,B相互独立，所以()()()0.420.120.54,PABABPABAB

=+=+=故D选项正确；故选：BD.11.如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且//DESA，22SAABDE===，MN，分别是线段BCSB，的中点，Q是线段DC上的一个动点（含端点DC，），则下列说法正确的是（）A.存在点Q，使

得NQSB⊥B.存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60oC.三棱锥QAMN−体积的最大值是23D.当点Q自D向C处运动时，直线DC与平面QMN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Q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,,AQAMAN，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21sin53222m=−+，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A为坐标原点，,,ABADAS正方向为,,xyz轴，可建立如图所示空间直角坐标系，𝐴(0,0,0)，()2,0,0B，()2,2,0C，()0,2,0D，()0,2,1E，()0,0,2S，()1,0,1N，()2,1,0

M；对于A，假设存在点()(),2,002Qmm，使得NQSB⊥，则()1,2,1NQm=−−，又()2,0,2SB=−，所以()2120NQSBm=−+=，解得0m=，即点Q与D重合时，NQSB⊥，A正确；对于B，假设存在点()(),2,002Qmm，使

得异面直线NQ与SA所成的角为60o，因为()1,2,1NQm=−−，()0,0,2SA=−，所以()211cos,215NQSANQSANQSAm===−+，方程无解；所以不存在点Q，B错误；对于C，连接,,AQAMAN，设()02DQm

m=，因为22AMQABCDABMQCMADQmSSSSS=−−−=−，所以当0m=，即点Q与点D重合时，AMQS△取得最大值2；又点N到平面AMQ的距离112dSA==，所以()()maxmax122133QAMNNAMQVV−−==

=，C正确；对于D，由上分析知：()1,2,1NQm=−−，()1,1,1NM=−，若(),,mxyz=是面NMQ的法向量，则()1200mNQmxyzmNMxyz=−+−==+−=，令𝑥=1，则()1,2,3mmm=−−，因为()2,0,0DC=，设

直线DC与平面QMN所成角为，π0,2，所以()()22211sin53123222DCnDCnmmm===+−+−−+，当点Q自D向C处运动时，m的值由0到2变大，此时sin也逐渐增大，因为sinyx=在π0,2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()2,0,2A、()0,0,1B、()2,2,2C，则点A到直线BC的距离为______．

【答案】253##253【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，(2,2,1),(2,0,1)BCBA==，所以点A到直线BC的距离222||525||()5()33||BABCdBABC=−=−=.故答案为：25313.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______．的【答案】23【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A，2个白球分别为a，b，现从中不放回地依次随

机摸出2个球，则可能结果有,,,,,AaAbaAabbAba，共6种情况，其中恰好摸出一个白球一个黑球的有,,,AaAbaAbA，共4种情况，所以恰好摸出一个白球一个黑球的概率4263P==.故答案为：23.14.如图所示，在平行六面体1111ABCDABCD−中，1π3AABDAB==

，1π2AAD=，12ABADAA===，则1DB=________．【答案】2【解析】【分析】据空间向量基本定理把1DB用1DD，DA，AB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1111ABCDABCD−中,111DBDDDAABAA

DAAB=++=++，所以11||||DBAADAAB=++，因为1π2AAD=，所以10AADA=，又1π3AABDAB==，所以12π22cos23AAAB==−，2π22cos23DAAB==−，所

以2211||()DBAADAAB=++222111222AADAABAADAAAABDAAB=+++++44422224=++−−=所以1||2DB=.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))50,60,60,70,,90,100进行分组

，得到如图所示的频率分布直方图，已知图中3ba=．（1）求出a，b，估计测试成绩的75%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80,100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）0.01a=，0.03b=，85，765（2）12【解析】【分析】（1）由所有长方形的面积和为1列方程，结合3ba=可求出,ab，然后判断出75%分位数在第4组，从而可求出75%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[80,90)内的有3人，成绩在[90,100]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(0.0150.035)101aba++++=，即20.05ba+=，又3ba=，所以0.01a=，0.03b=，前三组的频率之

和为0.10.150.350.60.75++=，前四组的频率之和为0.60.30.90.75+=，.则75%分位数[80,90)m，且0.750.68010850.90.6m−=+=−．测试成绩的平均分为：550.1650.15750.35850.39

50.176.5x=++++=.【小问2详解】成绩在[80,90)和[90,100]内的人数之比为3:1，故抽取的4人中成绩在[80,90)内的有3人，设为a，b，c，成绩在[90,100]内的有1人，设为D，再从这4人中选2人，这2人的所有可能情况为(,)ab，(,)ac，

(,)aD，(,)bc，(,)bD，(,)cD，共6种，这2人成绩均在[80,90)内的情况有(,)ab，(,)ac，(,)bc，共3种，故这2人成绩都在[80,90)内的概率为3162P==．16.如图，在四棱锥PABCD−中，2,1,,PDADPDDAPDDC==⊥⊥，底面ABCD为正方形

，,MN分别为,ADPD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）求点B到平面MNC的距离．【答案】（1）证明见解析（2）16（3）63【解析】【分析】（1）利用中位线定理证明//PAMN，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MNC的法向量，由向量的夹角公式求解即可；（3）求出BC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M，N分别为AD，PD的中点，所以//PAMN，又PA平面MNC，M

N平面MNC，故//PA平面MNC；【小问2详解】由于,,,,PDDAPDDCDADCDDADC⊥⊥=平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则()1,1,0B，()0,1,0C，()0,0,2P，1,0,02M

，()0,0,1N，所以1(1,1,2),(0,1,1),(,0,1)2PBNCMN=−=−=−，设平面MNC的法向量为(,,)nxyz=，则1020nMNxznNCyz=−+==−=，令1y=，则1z=，2x=，故(2,1,1)n=，设直线P

B与平面MNC所成角为，则sin=11cos,6114411PBnPBnPBn===++++，故直线PB与平面MNC所成角的正弦值为16；【小问3详解】因为(0,1,0)(1,1,0)(1,0,0)BC=−=−，又平面MNC的法向量为(2,1,1)n=，所

以点B到平面MNC的距离为||26||3411nBCdn===++．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23，乙能解出而丙不能解出该题的概率为18，甲、丙都能解出该题的概率为12.（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）12，34（2）2324【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A，“乙解出该题”为事件B，“丙解出该题”为事件C，则A，B，C相互独立，由题意得()23PA=，()()()()2132PACPAPCPC===，所以()34PC=，()()()()()()()311148PBCPBPCPBPCP

B==−=−=，所以()12PB=，所以乙、丙各自解出该题的概率为12，34.【小问2详解】设“甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题”为事件D，则DABC=，因为()23PA=，()12PB=，()34PC=，所以()13PA=，

()12PB=，()14PC=，因为A、B、C相互独立，所以()()()()()()11123111132424PDPDPABCPAPBPC=−=−=−=−=.所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率为

2324.18.如图，四边形ABCD为菱形，PB⊥平面ABCD．（1）证明：平面PAC⊥平面PBD；（2）若PAPC⊥，二面角ABPC−−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）66.【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】∵PB⊥平面ABCD且AC平面ABC

D∴PBAC⊥，在菱形ABCD中，BDAC⊥，且,,PBBDBPBBD=平面PBD，∴AC⊥平面PBD又∵AC平面PAC∴平面PAC⊥平面PBD.小问2详解】【∵PB⊥平面ABCD且AB平面ABCD,BC平面ABCD∴ABPB⊥，BCPB⊥，即二面角ABPC−−是ABC，∴

120ABC=，取AC与BD交点为O，设2ABBC==，则23AC=，∴6PAPC==，∴2PB=，以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，如图建立空间直角坐标系，则()1,0,0B，()1,0,0D−，()1,0,2P，()0,3,0C()2,0,0BD=−，()1,3,2

PC=−−∴26cos,626BDPCBDPCBDPC===.所以,BDPC所成角余弦值为66.19.如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，MBAN∥，1AB=，2NA=，4BM=，6CN=．（1）证明：MB⊥平面ABCD；（2）在线段CM（不含

端点）上是否存在一点E，使得平面EBN与平面BND夹角的余弦值为53，若存在求出CEEM的值，若不存在请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）不存在，理由见解析的【解析】【分析】（1）由面面垂直性质定理证明⊥BC平面A

BMN，由此证明BCBM⊥，再证明BMAB⊥，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E，CECM=满足条件，求平面EBN和平面BND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ABCD

中，BCAB⊥，平面ABCD⊥平面ABMN，平面ABCD平面ABMNAB=，BC平面ABCD，∴⊥BC平面ABMN，又,BMBN平面ABMN，所以BCBM⊥，BCBN⊥，又1BC=，6CN=，则225BNCNBC=−=，又1AB=，2NA=，则222BNABAN=+，即N

AAB⊥，又NABM∥，则BMAB⊥，BCBAB=，,BABC平面ABCD，∴BM⊥平面ABCD；【小问2详解】由（1）知，BM⊥平面ABCD，BCAB⊥，以B为坐标原点，BA，BM，BC为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则()0,0,0B，𝐴(1,0,0)，()0,0,1C，()1

,0,1D，()1,2,0N，()0,4,0M，设点(),,Exyz，CECM=，()0,1，∴()(),,10,4,1xyz−=−，∴041xyz===−，故()0,4,1E−，∴()1,2,0BN=，()0,4,1

BE=−，设平面BEN的法向量为()111,,mxyz=，∴()111120410BNmxyBEmyz=+==+−=，令12x=−，则11y=，141z=−，∴42,1,1m=−−为平面BE

N的一个法向量，又()1,0,1BD=，设平面BDN的法向量为()222,,nxyz=，∴2222200BNnxyBDnxz=+==+=，令22x=，则21y=−，22z=−，所以()2,1,2n=−−为平面BDN的一个法向量，∴284151cos,34351mnmnm

n−−−−===+−，解得0=或54，则线段CM（不含端点）上不存在一点E，使得平面EBN与平面BND夹角的余弦值为53．