四川省南充市2024_2025学年高二数学上学期第一次月考试题含解析

这是一份四川省南充市2024_2025学年高二数学上学期第一次月考试题含解析，共20页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，2B等内容，欢迎下载使用。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一、选择题：（本题共8小题，每小题5分，共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. 在空间直角坐标系中，，点关于y轴的对称点为C，则=（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间坐标系中的对称性求得点的坐标，计算即得的坐标和模长.
【详解】因点关于y轴的对称点为，，
则，故.
故选：C.
2. 空间中有三点，，，则点P到直线MN的距离为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间中点线距离的向量求法即可求解.
【详解】因为，所以的一个单位方向向量为.
因为，故，,
所以点到直线的距离为.
故选：A
3. 三棱锥中，点面，且，则实数（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】由四点共面的充要条件列方程即可得解.
【详解】由题意三棱锥中，点面，且，
所以，解得.
故选：D.
4. 如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的几何体，利用已知的空间基底表示向量.
【详解】在空间四边形中，
.
故选：B
5. 已知为随机事件，与互斥，与互为对立，且，则（ ）
A. 0.2B. 0.5C. 0.6D. 0.9
【答案】B
【解析】
分析】根据对立事件得到，根据互斥事件得到，计算得到答案.
【详解】因为事件与事件互为对立，所以，
因为事件与事件互斥，则，
故选：B
6. 如图，在正方体中，分别为的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，根据向量夹角的余弦公式求解即可．
【详解】分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，

设正方体的棱长为2，则，
所以
设向量与的夹角为，
则，
所以直线和夹角的余弦值为，
故选：C．
7. 据史书记载，古代的算筹是由一根根同样长短和粗细的小棍制成，如图所示，据《孙子算经》记载，算筹记数法则是：凡算之法，先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，万百相当． 即在算筹计数法中，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推．例如⊥‖表示62，＝T表示26，现有6根算筹，据此表示方式任意表示两位数（算筹不剩余且个位不为0），则这个两位数不小于50的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据6根算筹，分为五类情况：，逐一分类求解满足要求的两位数，即可求解概率.
【详解】根据题意可知：一共6根算筹，十位和个位上可用的算筹可以分为一共五类情况；
第一类：，即十位用5根算筹，个位用1根算筹，那十位可能是5或者9，个位为1，则两位数为51或者91；
第二类：，即十位用4根算筹，个位用2根算筹，那十位可能是4或者8，个位可能为2或者6，故两位数可能42，46，82，86；
第三类：，即十位用3根算筹，个位用3根算筹，那么十位可能是3或者7，个位可能为3或者7，故两位数可能是33，37，73，77；
第四类：，即十位用2根算筹，个位用4根算筹，那么十位为2或6，个位可能为4或者8，则该两位数为24或者28或者64或者68，
第五类：，即十位用1根算筹，个位用5根算筹，那十位是1，个位为5或者9，则两位数为15或者19；
综上可知：用6根算筹组成的满足题意的所有的两位数有：15，19，24，28，33，37，42，46，51，64，68，73，77，82，86，91共计16个，则不小于50的有：51，64，68，73，77，82，86，91共计8个，
故概率为，
故选：B.
8. 《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在如图所示的鳖臑中，平面，，，E是BC的中点，H是内的动点（含边界），且平面，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意作出图形，利用面面平行的判定定理可得平面平面，再由线面垂直的判定定理可得平面，进而有，，结合空间向量的数量积运算即可求解.
【详解】设F，G分别为AB，BD的中点，连接FG，EF，EG，如图，
易得，，，
因为平面，平面，所以平面，
同理平面，
又因为平面，，所以平面平面.
因为平面，所以H为线段FG上点.
由平面，平面，得，
又，则，
由平面，得平面，
因为，所以平面，，.
因为，
所以，，.
所以
.
因为，所以.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是推得H为线段FG上的点，从而利用空间向量数量积的定义得到，从而得解.
二、选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 已知事件，满足，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 如果，那么
C. 如果与互斥，那么D. 如果与相互独立，那么
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据独立事件的乘法公式及互斥事件的加法公式判断各选项.
【详解】A选项：当与相互独立时，，A选项错误；
B选项：若，则，B选项正确；
C选项：与互斥，那么，C选项正确；
D选项：如果与相互独立，那么，D选项正确；
故选：BCD.
10. 已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 与是共线向量B. 与同向的单位向量是
C. 和夹角的余弦值是D. 平面的一个法向量是
【答案】BD
【解析】
【分析】利用空间向量共线可判断A；求出与同向的单位向量可判断B；求出和夹角的余弦值可判断C；求出平面的一个法向量可判断D.
【详解】对于A，，，因为，所以与不是共线向量，故A错误；
对于B，，与同向的单位向量是，故B正确；
对于C，，，，所以和夹角的余弦值是，故C错误；
对于D，，，设为平面的一个法向量，
则，，令，可得，
所以平面的一个法向量是，故D正确.
故选：BD.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列说法正确的有（ ）
A. 当点是中点时，直线平面；
B. 直线到平面的距离是；
C. 存在点，使得；
D. 面积的最小值是
【答案】AC
【解析】
【分析】根据线面平行的判定判断A；根据等体积法求得点到平面的距离判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积运算解决垂直问题判断C；求出面积的表达式，再求得面积的最小值判断D.
【详解】对于A，由是中点，，得点是中点，连接，显然也是的中点，连接，
于是，而平面，平面，所以直线平面，A正确；
对于B，分别是棱的中点，则，平面，平面，于是平面，
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离h，
，
，，，
由，得，B错误；
以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，,
对于C，设，则，，，，
由，得，解得，
由于，因此存在点，使得，C正确；
对于D，由选项C得在的投影点为，
则P到的距离，
面积为 ，所以当时，取得最小值为，D错误.
故选：AC
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 在空间直角坐标系中，点，点，点，则在方向上的投影向量的坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由投影向量的定义，代入计算，即可求解.
【详解】由条件可得，，
所以在方向上的投影向量的坐标为
.
故答案为：
13. 某高校的入学面试中有3道难度相当的题目，李华答对每道题目的概率都是，若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止，假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，则李华最终通过面试的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用相互独立事件以及对立事件的概率公式计算即可.
【详解】依题意，李华3道题都没有答对的概率为，
所以李华最终通过面试的概率为.
故答案为：.
14. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF 上移动，且CM和BN 的长度保持相等，记，当MN的长最小时，平面MNA与平面MNB夹角的正弦值为_______.
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，运用两点间的距离公式可求得，借助二次函数，求出最小时对应的的值，然后找出二面角的平面角,借助向量夹角公式计算求解即可.
【详解】以原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为，所以，
所以，
当时，最小，此时，为中点，则，
取的中点，连接，则，
因为，，所以，，
所以是平面与平面的夹角或其补角，
因为，，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值是，
所以平面与平面夹角的正弦值是．
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. 已知向量，且．
（1）求的值；
（2）求向量与夹角的余弦值．
【答案】（1）9； （2）.
【解析】
【分析】（1）根据，可得，从而可得，再根据向量模的坐标求法计算即可；
（2）结合（1）可得，，再由夹角公式求解即可.
小问1详解】
解：因为，
所以，解得，
所以，
则，
所以；
【小问2详解】
解：，
，
，
设向量与夹角为，
所以，
所以向量与夹角的余弦值为．
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. 第22届亚运会已于2023年9月23日至10月8日在我国杭州举行．为庆祝这场体育盛会的胜利召开，某市决定举办一次亚运会知识竞赛，该市A社区举办了一场选拔赛，选拔赛分为初赛和决赛，初赛通过后才能参加决赛，决赛通过后将代表A社区参加市亚运知识竞赛．已知A社区甲、乙、丙3位选手都参加了初赛且通过初赛的概率依次为，a，b，通过初赛后，甲、乙、丙3位选手通过决赛的概率均为，假设他们之间通过与否互不影响．其中，甲乙两人都能代表A社区参加市亚运知识竞赛的概率为，乙丙都不能代表A社区参加市亚运知识竞赛的概率为.
（1）求a，b的值；
（2）求这3人至少一人参加市知识竞赛的概率；
（3）某品牌商赞助了A社区的这次知识竞赛，给参加选拔赛的选手提供了奖励方案：只参加了初赛的选手奖励200元，通过了初赛并参加了决赛的选手奖励500元．求三人奖金总额为1200元的概率．
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先计算出这三人各自能参加市亚运知识竞赛的概率，再利用相互独立事件的概率乘法公式计算即可；
（2）结合（1）问，利用对立事件的概率公式计算即可；
（3）计算出三人中有两人通过初赛的概率，再利用概率的加法公式计算即可.
【小问1详解】
甲能代表A社区参加市亚运知识竞赛的概率为；
乙能代表A社区参加市亚运知识竞赛的概率为；
丙能代表A社区参加市亚运知识竞赛的概率为；
由于他们之间通过与否互不影响
所以甲乙两人都能代表A社区参加市亚运知识竞赛的概率，
解得：，
乙丙都不能代表A社区参加市亚运知识竞赛的概率为，解得：，
【小问2详解】
结合（1）问可知：这3人都不能代表A社区参加市知识竞赛的概率:
，
所以这3人至少一人参加市知识竞赛的概率为：.
【小问3详解】
由题意可得：要使奖金之和为1200元，则只有两人参加决赛，记“甲，乙，丙三人获得的奖金之和为1200元”为事件B,
则.
18. 某足球俱乐部举办新一届足球赛,按比赛规则,进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负,则需进行点球大战.点球大战规则如下:第一阶段,双方各派5名球员轮流罚球,双方各罚一球为一轮,球员每罚进一球则为本方获得1分,未罚进不得分,当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候,比赛即宣告结束,剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样,则进入第二阶段,双方每轮各派一名球员罚球,直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面,则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战,由甲队球员先罚球,甲队每位球员罚进点球的概率均为,乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中,两队进球与否互不影响,各轮结果也互不影响.
（1）求每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率;
（2）若在点球大战的第一阶段,甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分,甲队暂时以2:0领先,求甲队第5个球员需出场罚球的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球.
(2) 甲队第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2.
【小问1详解】
设每一轮罚球中,甲队球员罚进点球的事件为,未罚进点球的事件为;乙队球员罚进点球的事件为,未罚进点球的事件为.
设每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的事件为C,由题意,得在每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球,
则,
故每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率为.
【小问2详解】
因为甲队第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2.
①比分为2:1的概率为
.
②比分为2:2的概率为.
③比分为3:2的概率为
.
综上,甲队第5个球员需出场罚球的概率为.
19. 如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，，平面平面.

（1）求证：平面；
（2）若，点在棱上，且二面角的大小为.
①求证：；
②设是直线上的点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）①证明见解析；②.
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质得到平面，再利用线面垂直的性质得到，结合条件及线面垂直的判定定理，即可证明结果；
（2）建立空间直角坐标系，①求出平面和平面的法向量，结合条件得到，从而有，即可证明结果；②设，结合①中结果，利用线面角的向量法，得到，即可求出结果.
【小问1详解】
在四棱锥中，
因为底面为矩形，所以.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，且，
所以平面.
【小问2详解】
①以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，所以，
因为点在棱上，所以设或显然不满足题设，
因为，所以，
所以，
设平面的一个法向量，
则，即，取，则，
所以，是平面的一个法向量，
所以，
因为二面角的大小为，所以，
即，解得，
此时，，
，所以，
所以，即.
②因为是直线上的点，所以设，
由①可得，所以，平面的一个法向量.
设直线与平面所成角为，则.
则，
当时，，
当时，，
由对勾函数的性质可知，
所以当，即时，取最大值，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值的最大值为.