【文档说明】四川省南充市白塔中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，1.267 MB，由小赞的店铺上传

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白塔中学高2023级高二上期10月月考数学试题一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.()()123322abcabc+−−−−=（）A.542ac−−B.5422ab

c−+−C.53722abc−++D.59522abc−+−【答案】C【解析】【分析】根据向量的加减法即可得到答案.【详解】()()15323327222abcabcabc+−−−−=−++.故选：C.2.在不透明的布袋中，装有

大小、形状完全相同的3个黑球、1个红球，从中摸一个球，摸出1个黑球这一事件是（）A.必然事件B.随机事件C.确定事件D.不可能事件【答案】B【解析】【分析】根据必然事件、随机事件、确定事件以及不可能事件定义，直接判断即可.【详解】根据题意，从布

袋中摸出一个球，有可能是黑球，也有可能是红球，故摸出1个黑球是随机事件.故选：B.3.把红、蓝、黑、白4张纸牌随机地分给甲、乙、丙、丁4个人，每人分得1张，事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是（）A.对立B.相等C.相互独立D.互斥但不对立【答案】D【解析】【分析】利用互斥事件和对立事件的特征

易判断得出结论.【详解】因纸牌只有红、蓝、黑、白4张，分给甲、乙、丙、丁4个人，每人一张，则事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”在一次分法中不可能同时发生，故两事件互斥；同时在一次分法中除了这两个事件，还有“丙分得红牌”，“丁

分得红牌”这些可能事件，故这两个事件不是对立事件.故选：D.4.已知空间向量()1,3,5a=−，()2,,bxy=，且//ab，则xy−=（）A.16−B.16C.4D.4−【答案】A【解析】【分析】利用向量平行

的关系计算未知数，然后求解即可.【详解】由题可知2135xy==−，解得6,10xy=−=，所以16xy−=−.故选：A.5.若,,abc构成空间的一个基底，则下列各组向量中能构成空间的一个基底的是（）A.2,

,2bcbbc+−B.,2,2aabab+−C.,,ababc+−D.,,ababcc+++【答案】C【解析】【分析】根据空间向量基底的概念，空间的一组基底，必须是不共面的三个向量求解判断.【详解】对于

A：因为()()1222bbcbc=++−，所以2,,2bcbbc+−共面，不能构成空间的一个基底，故A错误；对于B：因为()()1222aabab=++−，所以,2,2aabab+−共面，不能构成空间的一个基底，故B错误；对于C：

设()abxabyc+=−+，则,xy无解，所以,,ababc+−不共面，能构成空间的一组基底，故C正确；对于D：因为()ababcc+=++−，所以,,ababcc+++共面，不能构成空间的一个基底，故D错误；故选：C.6.已知甲，乙，丙三人去参加某公司面试，他们

被该公司录取的概率分别是16，14，13，且三人录取结果相互之间没有影响，则他们三人中至少有一人被录取的概率为A.3172B.712C.2572D.1572【答案】B【解析】【分析】由题意，可先求得三个人都没有被录取的概率，接下来求至少有一人

被录取的概率，利用对立事件的概率公式，求得结果.【详解】甲、乙、丙三人都没有被录取的概率为11115(1)(1)(1)64312P=−−−=，所以三人中至少有一人被录取的概率为17112PP=−=，故选B.【点睛】该题考查的是有关概率的求

解问题，关键是掌握对立事件的概率加法公式()()1PAPA+=，求得结果.7.已知向量()4,3,2a=−，()2,1,1b=，则a在向量b上的投影向量为（）A.333,,22B.333,,244C.333,,422D.

()4,2,2【答案】A【解析】【分析】根据投影向量公式计算可得答案.【详解】向量a在向量b上的投影向量为()()()22242312333cos,2,1,12,1,13,,222211babaabbbb+−====++rrrrrrrrr.故选：A.8.正三棱柱111

ABCABC−中，2AB=，13AA=，O为BC的中点，M为棱11BC上的动点，N为棱AM上的动点，且MNMOMOMA=，则线段MN长度的取值范围为（）A.36,74B.647,27C.347,47D.

3,6【答案】B【解析】【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段MN的表达式，利用函数求最值即可.【详解】因为正三棱柱111ABCABC−中，O为BC的中点，取11BC中点Q，连接OQ，如图，以O为原点，OC，OA，OQ为,,

xyz轴建立空间直角坐标系，则𝑂(0,0,0)，()0,3,0A，()11,0,3B−，()11,0,3C，因为M是棱11BC上一动点，设(),0,3Ma，且1,1−a，因为MNMOMOMA=，所以()()222222233633MOaaMNMAaa++===+

++，于是令26ta=+，6,7t.所以2223336atttta+−==−+，6,7t.又因为函数3=−ytt在6,7t上为增函数，所以当6t=时，min336626tt−=−

=即线段MN长度的最小值为62当7t=时，max3347777tt−=−=，即线段MN长度的最大值为477，所以线段MN长度的取值范围为647,27.故选：B.二､多选题：本题共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.全部选对的

得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.已知事件A，B，且()0.4,()0.3PAPB==，则（）A.如果BA，那么()0.3PAB=B.如果BA，那么()0.4PAB=C.如果A与B相互独立，那么()0.7PAB=D.如果A与B相互独立，

那么()0.42PAB=【答案】ABD【解析】【分析】根据事件关系及运算有()()PABPB=、()()PABPA=，由事件的相互独立知()()()PABPAPB=，结合事件的运算求()PAB、()PAB.【详解】A：由BA，则()(

)0.3PABPB==，正确；B：由BA，则()()0.4PABPA==，正确；C：如果A与B相互独立，则()()()0.12PABPAPB==，()()()()0.58PABPAPBPAB=+−=，错误；D：由C分析及

事件关系知：()()10.42PABPAB=−=，正确.故选：ABD.10.下列事件中，,AB是相互独立事件的是（）A.一枚硬币掷两次，A=“第一次为正面”，B=“第二次为反面”B.袋中有2个白球，2个黑球，不放回地摸

两球，A=“第一次摸到白球”，B=“第二次摸到白球”C.掷一枚骰子，A=“出现点数为奇数”，B=“出现点数为3或4”D.掷一枚骰子，A=“出现点数为奇数”，B=“出现点数为偶数”【答案】AC【解析】【分析】对于AB：根据独立事件的定义分析判断；对于C：先求()()(),,P

APBPAB，根据独立事件的乘法公式分析判断；对于D：根据互斥事件与独立事件的关系分析判断.【详解】对于选项A：把一枚硬币掷两次，对于每次而言结果都是相互独立的，即其结果不受先后次序的影响．所有事件,AB是相互独立事件，故A正确；对于选项B：不放回地摸球，显然事件A与事件B不相互独立，

故B错误；对于选项C：事件A为出现1，3，5点，()12PA=，B=“出现点数为3或4”，则()13PB=，AB=“出现点数为3”，则()16PAB=，因为()()()PABPAPB=，所以事件,AB相互独

立，故C正确；对于选项D：可知两事件是互斥事件，所以事件,AB不是相互独立事件，故D错误．故选：AC.11.如图，四棱锥PABCD−的底面为平行四边形，且π3APDAPCDPC===，2,3PAPCPD===，G为PCD△的重心，M为BG的中点．若,BGmPAnP

CpPDPTPD=++=，则下列结论正确的是（）A.13mnp++=−．B.5PM=C.若14=，则向量,,PMADGT共面D.若BGGT⊥，则16=【答案】ACD【解析】【分析】结合空间向量线性运算利用,,PAPCPD表示BG，结合空间向量基本定理求,,mnp

，判断A，表示PM，结合模的性质及数量积运算律求其模长，判断B，表示,,PMADGT，结合向量共面定理判断C，由BGGT⊥，可得0BGGT=，化简可求，判断D.【详解】延长PG交CD与点F，因为G为PCD△的重心，所

以()()22113323PGPFPCPDPCPD==+==+，所以()13BGBPPGBPPCPD=+=++，所以()()1133BGBAPAPCPDCDPAPCPD=−++=−++，()13BGPDPCPAPC

PD=−−++，所以3432BPGPPACD−=−+，又BGmPAnPCpPD=++，所以241,,33mnp=−=−=，所以13mnp++=−，A正确；因为()()111211323332PMPGGMPCPDBGPCP

DPDPCPA=+=+−=+−++，所以121233PMPAPCPD=+−，所以22121233PMPAPCPD=+−，所以2222141412994933PMPDPCPAPDPCPDPAPCPA=+

+−−+，又π3APDAPCDPC===，2,3PAPCPD===，所以2224,9PAPCPD===，3PAPCPAPD==，92PCPD=，所以21412125PM=++−−+=，所以5PM=，B错误；因为11111433312GTPTPGPDPCPDP

CPD=−=−−=−−，ADPDPA=−，121233PMPAPCPD=+−，设ADxGTyPM=+，则112y=−，12033xy−+=，111123xy−−=，所以4x=−，2y=−，所以42ADGTPM=

−−，所以向量,,PMADGT共面，C正确；因为11113333GTPTPGPDPCPDPCPD=−=−−=−+−，3432BPGPPACD−=−+，由BGGT⊥可得，241103333BGGTPAPCPD

PCPD=−−+−+−=，又2224,9PAPCPD===，3PAPCPAPD==，92PCPD=，所以11113232120333−−+−−−+−=，所以1613−=−，所以16=，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.设向量()1,,3am=，()4,1,0b=−，若ab⊥，则m=____________.【答案】4【解析】【分析】根据空间向量垂直转化为数量积为0计算

即可.【详解】因为ab⊥，所以0ab=，即1400m−+=，解得4m=.故答案为：413.袋中有红球､黑球､黄球､绿球共12个，它们除颜色外完全相同，从中任取一球，得到红球的概率是13，得到黑球或黄球

的概率是512，得到黄球或绿球的概率也是512，则得到黄球的概率是__________.【答案】16【解析】【分析】设事件,,,ABCD分别表示事件“得到红球”“得到黑球”“得到黄球”“得到绿球”，根据题意结合互斥事件的

概率加法公式，列出方程组，即可求得答案.【详解】解：设事件,,,ABCD分别表示事件“得到红球”“得到黑球”“得到黄球”“得到绿球”，则事件,,,ABCD两两互斥，根据题意，得1()35()125()12()1PAPBCPCDPABCD==

==，即1()35()+()125()()12()()()()1PAPBPCPCPDPAPBPCPD==+=+++=，解得()()()111,,464PBPCPD===，所以得到黄球的概率是16.故答案为：16.14.如图，在四棱锥PA

BCD−中，平面PCD⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，26ABBC==，PCPD⊥，PCPD=，点O是CD的中点，则线段PB上的动点E到直线AO的距离的最小值为______.【答案】6【解析】【分析】利用空间线面位置关系、空间向量、向量

法求空间中点到直线距离的公式、二次函数分析运算即可得解.【详解】解：如上图，取AB的中点为O.连接PO、OO、AE.∵PCPD=，点O是CD的中点，∴POCD⊥.又∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD=，PO平面PCD，∴⊥PO平面ABCD又∵OO平面A

BCD∴POOO⊥.又∵底面ABCD是矩形，O、O是CD、AB中点，∴OOCD⊥.∴以点O为原点，OO、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示，由PCPD⊥，PCPD=，26CDABBC

===，得3POOCOD===，3ADBC==.∴()3,3,0A−，()3,3,0B，()0,0,3P，则()3,3,0AO=−，()3,3,3BP=−−，设BEBP=()01，则()33,33,3E−−，()3,63,3AE=−−，()()()222

23633273636AE=−+−+=−+，∵()22233032AO=−++=，∴向量AO的单位方向向量11,,022AOvAO==−，则()()11363303222AEv=−−+−+

=，因此点E到直线AO的距离()222222736182763EdvAEA=−=−+=−+，当23=时，d取最小值6，∴线段PB上的动点E到直线AO的距离的最小值为6.故答案为：6.【点睛】向量法求点到直线距离的步骤：1.根据图形求出直线（或向量）的

单位方向向量v..2.在直线上任取一点M（可选择特殊便于计算的点），计算点M与直线外的点N的方向向量点MN.3.点N到直线距离()22dMNMNv=−.四､解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，

共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.如图，在直三棱柱111ABCABC−中，ACB为直角，侧面11BCCB为正方形，2BC=，C1A=.（1）求证：1⊥BC平面1ABC；（2）求直线1AB与平面1ABC所成的角的正弦值.【答案

】（1）证明见解析（2）69【解析】【分析】（1）结合题目条件，借助线面垂直的判定定理可得AC⊥平面11BBCC，即可得1ACBC⊥，再利用线面垂直的判定定理可得证；（2）建立适当空间直角坐标系后，可计算出直线的方向向量与平面的

法向量，借助向量夹角公式即可得两向量夹角余弦值，即可得直线1AB与平面1ABC所成的角的正弦值.【小问1详解】侧面11BCCB为正方形，11BCBC⊥，直三棱柱1111,ABCABCACCC−⊥，111,,,,ACCCACBCBCCCCBCCC⊥⊥=平面1

1BBCC，AC⊥平面11BBCC，1BC平面11BBCC，1ACBC⊥的1111,,,BCBCACBCCACBC⊥=平面1ABC1BC⊥平面1ABC；【小问2详解】建立如图所示的空间直角坐标系1CABC−，则()()()()()110,0,0,1,0,0,0,2,0,0,2,2,0,

0,2CABBC.又由()()11,2,0,0,2,2ABBC=−=−，设平面1ABC的一个法向量为(),,nxyz=，则有120220nABxynBCyz=−+==−+=，令1y=，则2,1xz==，于是()2,1,1n=，又由()1111,2,2,2,3,6ABAB

nABn=−===，设直线1AB与平面1ABC所成的角为，所以11126sincos,936ABnABnABn====，故直线1AB与平面1ABC所成的角的正弦值为69.【点睛】16.平行六面体1111ABCDABCD−中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱12AA=，

且1160AADAAB==，M为BD中点，P为1BB中点，设ABa=，ADb=，1AAc=；（1）用向量a，b，c表示向量PM，并求出线段PM的长度；（2）请求出异面直线PM与1AC所成夹角的余弦值.【答案】（1）()12PMbac=−−，62（2）33【解析】【分析】（1

）根据向量的运算即可用向量a，b，c表示向量PM，再根据a，b，c的长度以及夹角即可求出PM的模，即线段PM的长度；（2）先用向量a，b，c表示向量PM，1AC，再根据向量的夹角求法求出向量PM，1AC的夹角，即可求出异面直线PM与1AC所

成夹角的余弦值.【小问1详解】如图所示：因为M为BD中点，P为1BB中点，ABa=，ADb=，1AAc=，所以()1111112222PMPBBMBBBDBBADAB=+=+=−+−()()111111122222ADABBBADABAAbac=−−=

−−=−−；因为平行六面体1111ABCDABCD−中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱12AA=，且1160AADAAB==，所以1ab==，2c=，0ab=，11212acbc===，所

以()()2222211=22244PMbacbacabbcac−−=++−−+()1311402242=++−−+=，所以62PM=，即线段PM长为62.【小问2详解】因为11ACABBCCCabc=++=+−，则1ACPM()()12a

bcbac=+−−−()()22222211211221122bacbc=−+−=−+−=，()221ACabc=+−222222abcabbcac=+++−−2221122021212=+++−−=，则12AC=，11113cos,3622

ACPMACPMACPM===，则PM与1AC所成夹角的余弦值为33.17.如图，在正三棱柱111ABCABC−中，12BCCCMNP==，，，分别是11CCABBB，，的中点.（1）求点M到平面PCN的距离.（2）在线段1BB上是否存在一点Q，使1AB⊥平面1AMQ？若存在，确

定点Q的位置；若不存在，也请说明理由.【答案】（1）22（2）存在，点Q与点B重合【解析】【分析】（1）使用空间向量法求解点到平面的距离即可；（2）设在线段1BB上存在一点Q，使1AB⊥平面1AMQ，()02BQaa=，再根据线面垂直，从而线线垂直，使用向量法求解即可.【小问1

详解】取BC中点O，过O作1BB的平行线为z轴，则OAOBz，，轴两两垂直，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,1,1M−，()0,1,1P，()0,1,0C−，31,,022N，所以()0,2,1CP=，33,,022CN=

，()0,0,1CM=.设平面PCN的法向量为(),,mxyz=，则20,330,22mCPyzmCNxy=+==+=令3x=−，则1y=，2z=−，所以平面PCN的法向量为()3,1,2m=−−.点M到平面PCN的距离为222314CMmm==++.【小

问2详解】假设在线段1BB上存在一点Q，使1AB⊥平面1AMQ.设()02BQaa=，则()()()()()110,1,1,3,0,0,0,1,2,3,0,2,0,1,MABAQa−，的()13,1,2AB=−，()0,2,1MQa=−，()13,1,1AM=−−−.1AB⊥

平面1AMQ，1,MQAM平面1AMQ，1ABMQ⊥，11ABAM⊥，11122203120ABMQaABAM=+−==−−=，解得0a=，在线段1BB上存在一点Q，使1AB⊥平面1AMQ，此时点Q与点B重合.18.某学校组织校园安全知识竞赛.在初赛中有两轮答题，第一

轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从B类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分若两轮总积分不低于60分则晋级复赛.小芳和小明同时参赛，已知小芳每个问题答对的概率都为0.5

.在A类的5个问题中，小明只能答对4个问题；在B类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响.（1）求小明在第一轮得40分的概率；（2）以晋级复赛的概率大小为依据，小芳和小明谁更容易

晋级复赛？【答案】（1）35；（2）小明更容易晋级复赛.【解析】【分析】（1）对A类的5个问题进行编号：,,,,abcde，设小明只能答对4个问题的编号为：abcd,,,，列出所有的样本空间，即可求出小明在第一类得40分的概率；（2）依题意能够晋级复赛，

则第一轮答对两题得40分，第二轮答对一题得30分；或第一轮答对两题得40分，第二轮答对两题得60分；或第一轮答错两题得0分，第二轮答对两题得60分；或第一轮答对一题得0分，第二轮答对两题得60分；分别求出小芳和小明晋级复赛概

率，进行比较得出结论.【小问1详解】对A类的5个问题进行编号：,,,,abcde，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，则有()()()()()()()()()(),,,,,,,,,,,,,,,,,,,abacadaebcbdbecdcede共

10种，设小明只能答对4个问题的编号为：abcd,,,，则小明在第一轮得40分，有()()()()()(),,,,,,,,,,,abacadbcbdcd共6种，则小明在第一轮得40分的概率为：63105=；的【小问2详解】由（1）知，小明在第一轮得40分的概率为35，则小明在第一

轮得0分的概率为：32155−=，依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总积分不低于60分当第一轮答对两题得40分，第二轮答对一题得30分时，小芳和小明晋级复赛的概率分别为：()()10.50.50.510.510.50.50.125P=−+−=

；()230.40.60.60.40.2885P=+=；当第一轮答对两题得40分，第二轮答对两题得60分时，小芳和小明晋级复赛的概率分别为：30.50.50.50.50.0625P==；430.40.40.0965P==；当第一轮答错一题得0分，第二轮答对

两题得60分时，小芳和小明晋级复赛的概率分别为：()()50.510.510.50.50.50.50.125P=−+−=；620.40.40.0645P==；当第一轮答错两题得0分，第二轮答对两题得60分时，小芳晋级复赛的概率分别为：()()710.51

0.50.50.50.0625P=−−=；小芳晋级复赛的概率为：13570.1250.06250.1250.06250.375PPPP+++=+++=；小明晋级复赛的概率为：2460.2880.0960.0640.448PPP++=++=；0.4480.375，小明更容易晋级复

赛.19.如图①所示，长方形ABCD中，1AD=，2AB=，点M是边CD的中点，将ADM△沿AM翻折到PAM△，连接PB，PC，得到图②的四棱锥PABCM−．（1）求四棱锥PABCM−的体积的最大值；（2）若棱PB的中点为N

，求CN的长；（3）设PAMD−−的大小为，若π0,2，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值．【答案】（1）24（2）52（3）1111【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到当平面PAM⊥平面ABCM时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥PABCM−的体积取得最大值，

求出1222PGAM==，从而得到体积最大值；（2）作出辅助线，证明出四边形CNQM为平行四边形，从而得到2215122CNMQ==+=；（3）作出辅助线，得到∠PGD为PAMD−−的平面角，即PGD=，建立空间直角坐标系，用含的关

系式表达出平面PAM和平面PBC的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到29cos80609tt=+−，结合t的取值范围求出余弦值的最小值【小问1详解】取AM的中点G，连接PG，因为PA=PM，则PG⊥AM，当平面PAM⊥平面ABCM时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥PA

BCM−的体积取得最大值，此时PG⊥平面ABCM，且1222PGAM==，底面ABCM为梯形，面积为()1312122+=，则四棱锥PABCM−的体积最大值为13223224=【小问2详解】取AP中点Q，连接NQ，MQ，则因为N为PB中点，所以NQ为△PAB的中位线，所以NQ∥A

B且12NQAB=，因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，所以CM∥AB且12CMAB=，所以CM∥NQ且CM=NQ，故四边形CNQM为平行四边形，所以2215122CNMQ==+=.【小问3详解】连接DG，因

为DA=DM，所以DG⊥AM，所以∠PGD为PAMD−−的平面角，即PGD=，过点D作DZ⊥平面ABCD，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()()()1,0,0,0,1,0,0,2,0AMC，过P作PH⊥DG于点H，由题意得

PH⊥平面ABCM，设()000,,Pxyz，因为22PG=，所以()222sin,cos,1cos222PHGHDH===−，所以()()002211cos1cos222xy==−=−，

02sin2z=所以()()1121cos,1cos,sin222P−−，所以()1coscos121,1,0,,,sin222AMPA+−=−=−，设平面PAM的法向量为()1111,,nxyz=，则1

111101coscos12sin0222xyxyz−+=+−+−=，令12z=，则()1tan,tan,2n=，设平面PBC法向量为()2222,,nxyz=uur，因为()cos1cos32

1,0,0,,,sin222CBPC−+==−，则22220cos1cos32sin0222xxyz=−++−=的令22siny=，可得：()20,2sin,3cosn=+，设两平面夹

角为，则()()21222212sin2322cos3cos1coscos11cos6cos2tan2sin6cos10nnnn+++===−++++2213cos3380201201801c

oscos1133393cos9cos33+==+−−++++++令11cos3t=+，π0,2，所以3,34t，所以29cos80609tt=+−，所以当3t=时

，cos有最小值1111，所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为1111【点睛】求解二面角的大小或最值，利用空间向量求解，可以将几何问题转化为代数问题，简洁明了，事半功倍.