广东省江门市鹤山市第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

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单选题
多选题
填空题
12.95 13. eq \f(1,6) 14.322
6.【答案】C【解答】由给定的平均差公式可知：数据越集中于平均值附近，平均差越小.
甲乙两图的纵坐标表示的为频率/组距，即指数据落在此处的概率，甲图中，不同组距区间的概率相差不大，即指数据较为均匀的分布在各区间，而乙图数据较为集中的分布在乙图最高处指代的区间，其他区间分布的比较少，故乙图平均差比较小.故答案为：C
7.【答案】C【详解】因点Q在直线上运动，则，有，于是有，
因此，，，
于是得，
则当时，，此时，点Q，
所以当取得最小值时，点Q的坐标为.故选：D
8.【答案】A【详解】依题意，事件甲的概率，事件乙的概率，有放回取球两次的试验的基本事件总数是，显然事件丙与丁是对立事件，两次取出的球颜色相同含有的基本事件数为，
事件丙的概率，事件丁的概率，
对于A，事件甲与乙同时发生所含的基本事件数为6，其概率，甲与乙相互独立，A正确；
对于B，事件甲与丙同时发生所含的基本事件数为9，其概率，甲与丙不独立，B错误；
对于C，事件乙与丙同时发生所含的基本事件数为8，其概率，乙与丙不独立，C错误；
对于D，事件乙与丁同时发生所含的基本事件数为4，其概率，乙与丁不独立，D错误.
11.【答案】ABC【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，
由正方体的性质知，平面，平面所以平面，同理平面，，平面，所以平面平面，又平面，平面，
故点的轨迹为线段，故A正确；

以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则A2,0,0，，设且，，，，，

对于B，，即，又，，则点的轨迹为线段，
，且，故B正确；
对于C，，显然，只有，时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确；
对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，
故，故不存在点满足，故D错误．
14．322【详解】以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则A2,0,0、E1,2,0、F0,2,1，A12,0,2，设点Px,2,z，其中x、z∈0,2，设平面AEF的法向量为n=x1,y1,z1，EA=1,−2,0，EF=−1,0,1，
则n⋅EA=x1−2y1=0n⋅EF=−x1+z1=0，取x1=2，可得n=2,1,2，
A1P=x−2,2,z−2，因为A1P//平面AEF，则A1P⋅n=2x−2+2+2z−2=0，
所以，x+z−3=0，即z=3−x，
所以，A1P=x−22+4+z−22=x−22+4+1−x2=2x2−6x+9
=2x−322+92≥322，当且仅当x=32时，A1P的长度取最小值322.
15．【详解】（1）∵AB=(−2,−1,3),AC=(1,−3,2)，分
∴|AB|=4+1+9=14,|AC|=1+9+4=14，分
∴cs∠BAC=AB⋅AC|AB|⋅|AC|=(−2,−1,3)⋅(1,−3,2)14×14=12,∠BAC∈0°,180°
∠BAC=60°分
故以AB，AC为邻边的平行四边形的面积S=2×12×14×14×sin60°= 分
（2）设a=(x,y,z).a⊥AB,a⊥AC，且|a|=3，
−2x−y+3z=0x−3y+2z=0x2+y2+z2=3， 分
解得x=1,y=1,z=1.或x=−1,y=−1,z=−1.
故a=(1,1,1)或(−1,−1,−1) 分
16.【详解】（1）∵，，，
由勾股定理得：， 分
中，，
∵，∴， 分
又因为底面，底面，所以，
又因为且平面，∴平面，分
作，垂足为H，连结，
因为平面， 平面，所以，
又因为且平面，所以平面，分
所以为与平面所成的角，分
中，，
， 分
所以直线与平面所成角的余弦值为. 分
法二：
则
则
所以与平面所成角的余弦值为分
17.（1）（克）分
（2）质量在的香瓜有个，
质量在的香瓜有个，
分层抽样随机抽取5个，其中质量在的香瓜有2个，标记为和；
在的香瓜有3个，标记为、和；分
随机抽取2个香瓜的情况有：
、、、、、、、、、，
10种情况，其中来自同一个质量区间有4种情况，
故概率为； 分
（3）方案①：根据题意可知20000个香瓜中：
200克的有：个，
300克的有：个，
400克的有：个，
500克的有：个，
600克的有：个，
元；分
方案②：质量低于350克的香瓜有个，
质量高于或等于350克的香瓜有个，
元， 分
且85200>77400，
综上植园选择方案②获利更多. 分
18.【解答过程】（1）证明：法一：分别取AB、CD的中点G、H，连接EG、GH、FH，
由题意可知点E、F分别为线段PB、CQ的中点．所以EG//PA，FH//QD，
因为PA//DQ，所以EG//FH，所以点E、G、H、F四点共面，分
因为G、H分别为AB、CD的中点，所以GH//AD，
因为AD⊂平面ADQP，GH⊄平面ADQP，所以GH//平面ADQP，分
又因为FH//QD，QD⊂平面ADQP，FH⊄平面ADQP，所以FH//平面ADQP，
又因为FH∩GH=H，FH、GH⊂平面EGHF，所以平面EGHF//平面ADQP， 分
因为EF⊂平面EGHF，所以EF//平面ADQP； 分
法二：因为ABCD为正方形，且PA⊥平面ABCD，所以AP、AB、AD两两互相垂直， 分
以点A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则P0,0,3、C3,3,0、Q0,3,1、B3,0,0、E32,0,32、F32,3,12，
所以EF=0,3,−1，易知平面PADQ的一个法向量a=1,0,0，
所以a⋅EF=0，所以EF⊥a， 分
又因为EF⊄平面ADQP，所以EF//平面ADQP．分
（2）解：设平面PCQ的法向量m=x,y,z，PC=3,3,−3，CQ=−3,0,1，
则m⋅PC=3x+3y−3z=0m⋅CQ=−3x+z=0，取x=1，可得m=1,2,3，
所以平面PCQ的一个法向量为m=1,2,3， 分
易知平面CQD的一个法向量n=0,1,0，设平面PCQ与平面CQD夹角为θ，
则csθ=csm,n=m⋅nm⋅n=21×1+4+9=214=147，
所以平面PCQ与平面CQD夹角余弦值为147； 分
（3）解：假设存在点M，使得PM=λPC=3λ,3λ,−3λ，其中λ∈0,1，
则AM=AP+PM=0,0,3+3λ,3λ,−3λ=3λ,3λ,3−3λ， 分
由（2）得平面PCQ的一个法向量为m=1,2,3，
由题意可得csAM,m=AM⋅mAM⋅m=3λ+6λ+9−9λ149λ2+9λ2+3−3λ2=427， 分
整理可得12λ2−8λ+1=0．即2λ−16λ−1=0， 分
因为0≤λ≤1，解得λ=16或12，所以，PMMC=15或PMMC=1． 分
19.【答案】(1)(2)
【详解】（1）记事件为甲胜乙，则，则，
事件为甲胜丙，则，，
事件为乙胜丙，则，.
则丙被淘汰可用事件来表示，
所以，前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为
. 分
（2）若最终的冠军为甲，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，
； 分
若最终的冠军为乙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，
； 分
若最终的冠军为丙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，
. 分
所以，只需四场比赛就决出冠军的概率为
. 分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
C
B
B
D
C
D
A
题号
9
10
11
答案
BD
AD
ABC