2025-2026学年四川省成都市实验外国语学校高二上学期10月月考数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年四川省成都市实验外国语学校高二上学期10月月考数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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-2,1,4关于x轴对称的点坐标是( )
A. -2,-1,-4B. 2,1,4C. -2,-1,4D. 2,-1,4
2.下列各组数据中方差最大的一组是( )
A. 6，6，6，6，6B. 5，5，6，7，7
C. 4，5，6，7，8D. 2，3，6，8，9
3.已知a=(1,0,-1)，b=(2,1,1)，则2a+b等于( )
A. (4,1,-1)B. (4,1,1)C. (3,1,1)D. (3,1,0)
4.把红､蓝､黑､白4张纸牌随机分给甲､乙､丙､丁4个人，每人分得一张，事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是( )
A. 对立事件B. 必然事件C. 互斥但不对立事件D. 不可能事件
5.已知a=(1,3,-2),b=(-2,-x,4)，且a//b，则x=( )
A. -5B. 3C. 4D. 6
6.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，E为CD中点，则D到平面AD1E的距离为( )
A. 1B. 2C. 33D. 2
7.如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1所有棱长都为1，底面ABCD为正方形，∠A1AB=∠A1AD=60 ∘.则对角线AC1的长度为( )
A. 6B. 5C. 2D. 3
8.棱长为 6的正四面体A-BCD中，点M为平面BCD内的动点，且满足AM= 5，则直线AM与直线BD所成的角的余弦值的取值范围为( )
A. 0, 55B. 0, 22C. 0, 32D. 0, 53
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.抛掷一枚质地均匀的骰子，观察向上的面的点数，“点数为奇数”记为事件A，“点数小于5”记为事件B，“点数大于5”记为事件C.下列说法正确的是( )
A. PA=12B. PB=13
C. A与C互斥D. PA∪B=PA+PB
10.已知空间向量a=-2,-1,1，b=3,4,5，下列结论正确的是( )
A. a+b=3 5
B. a，b夹角的余弦值为- 36
C. 若直线l的方向向量为a，平面α的法向量为m=4,2,k，且l⊥α，则实数k=-2
D. a在b上的投影向量为-110b
11.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，且点P满足BP=λBC+μBB1，则下列说法正确的是( )
A. 若λ=1,μ=0，则VP-A1BD=18
B. 若λ+μ=1，则D1P//平面A1BD
C. 若λ=1,μ=12，则OP⊥平面A1BD
D. 若λ=1,0≤μ≤1时，直线OP与平面A1BD所成的角为θ，则sinθ∈[ 23,1]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.将一枚质地均匀的六面体骰子抛掷一次，则出现“正面向上的点数小于3”的概率是 ．
13.O为空间中任意一点，A，B，C三点不共线，且OP=34OA+18OB+tOC，若P，A，B，C四点共面，则实数t= ．
14.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AB=2，BC=1.点P在线段AC1上，点P到直线BB1的距离的最小值为 ．
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.(本小题13分)
已知空间三点A(1,2,3),B(2,4,1),C(3,6,x)．
(1)若A,B,C三点共线，求实数x的值．
(2)若AB⊥AC，求实数x的值．
16.(本小题15分)
如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，CC1=4，E为CC1的中点．

(1)求证：AC1//平面EDB；
(2)求直线CE与平面EDB的夹角的正弦值．
17.(本小题15分)
某校为了帮助高一学生更好地了解自己是否适合选读物理方向，在预选科之前组织了高一年级物理测试，并从中随机抽取了100名学生的物理成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求a的值；
(2)学校建议此次物理测试成绩在年级前65%的学生选报物理方向，其余学生建议选报历史方向，某同学想选报物理方向，根据频率分布直方图估计，他此次物理成绩应不低于多少分才能符合学校的建议？(保留小数点后一位)
18.(本小题17分)
(1)如图1，一个电路中有A，B，C三个电器元件，每个元件正常工作的概率均为12，这个电路是通路的概率；
(2)如图2，已知电路中4个开关每个闭合的概率都是12，且是相互独立的，则灯亮的概率；
(3)如图3，一电路中，Sii=1,2,3,4,5,6,7为未闭合的开关，Ljj=1,2,3为能正常工作的灯泡，现每次等可能地闭合一个未闭合的开关，直到7个开关全部闭合，则L1最先亮起的概率．
19.(本小题17分)
在平面四边形ABCD中，AB=AC=CD=1，∠ADC=30 ∘,∠DAB=120 ∘，将▵ACD沿AC翻折至▵ACP，其中P为动点．
(1)设PC⊥AB，三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上．
(i)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(ii)求球O的半径
(2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值．
参考答案
1.A
2.D
3.A
4.C
5.D
6.C
7.B
8.A
9.AC
10.BCD
11.BC
12.13
13.18
14.2 55##25 5
15.【详解】(1)由题意AB=(1,2,-2),AC=(2,4,x-3)，又A,B,C三点共线，
所以12=24=-2x-3，可得x-3=-4，故x=-1；
(2)由(1)及AB⊥AC，则AB⋅AC=(1,2,-2)⋅(2,4,x-3)=2+8-2(x-3)=0，所以x=8．

16.【详解】(1)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，令AC∩BD=F，则F为AC中点，连接EF，

由E为CC1的中点，得EF//AC1，而AC1⊄平面EDB，EF⊂平面EDB，
所以AC1//平面EDB．
(2)由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，得CC1⊥BD，
矩形ABCD中，AB=BC，则矩形ABCD为正方形，AC⊥BD，
而AC∩CC1=C,AC,CC1⊂平面ACC1，则BD⊥平面ACC1，又BD⊂平面EDB，
所以平面EDB⊥平面ACC1．
在▵EFC中，过C作CG⊥EF于G，由平面EDB⊥平面ACC1，平面EDB∩平面ACC1=EF，
CG⊂平面ACC1，因此CG⊥平面EDB，易知FC= 2，EF= FC2+EC2= 6，
在Rt▵EFC中，CG=FC⋅ECEF=2 33，
因为直线CE与平面EDB的夹角为∠CEG，所以sin∠CEG=CGCE= 33

17.【详解】(1)由频率和为1可得102a+3a+7a+6a+2a=1⇒a=0.005．
(2)成绩在50,60的频率为10×2×0.005=0.1，
在60,70的频率为10×3×0.005=0.15，
在70,80的频率为10×7×0.005=0.35，
因为0.1+0.15=0.25，0.1+0.15+0.35=0.6，
所以数据的第35百分位数在70,80内，
设35百分位数为x，
则0.25+x-70×0.035=0.35，解得x≈72.9．
所以他此次物理成绩应不低于72.9分才能符合学校的建议．

18.【详解】(1)在图1，这个电路通路的情况是：A正常工作且B、C至少一个正常工作；
由于B,C两个都不正常工作的概率12×12=14，所以这个电路是通路的概率P=12×1-14=38；
(2)在图2，灯亮的对立事件为灯不亮，要使灯不亮，则A，B至少一个未闭合且C，D都未闭合；
由于A、B都闭合的概率P1=12×12=14，则A、B至少一个未闭合的概率为：1-P1=34，
C、D两个都不闭合的概率P2=12×12=14，
所以灯不亮的概率P3=34×14=316，则灯亮的概率为：1-P3=1316；
(3)先考虑L2最先亮起的概率，则Sii=1,2中至少有一个开关闭合在L2亮起之后，
Sii=6,7中也至少有一个开关闭合L2亮起之后，
下面分三种情况讨论，
情况1：Sii=1,2,6,7都闭合在L2亮起之后，这种情况相当于S3,S4,S5全排列，依次闭合，
再将剩余的四个开关全排列之后依次闭合，可能的情况有A33A44=144种；
情况2：S1,S2和S6,S7中都恰好有1个开关闭合在L2亮起之后，
这种情况要求S3,S4,S5中有一个开关闭合顺序排在第5位，其余两个排在前四位，
前四位剩下的两个空位分别在S1,S2和S6,S7中各选一个进行排列，剩下的两个排在末两位，
可能的情况有C31A42C21C21A22A22=576种，
情况3：S1,S2,S6,S7中恰好有三个开关闭合在L2亮起之后，
这种情况要求S3,S4,S5中有一个开关闭合顺序排在第四位，其余两个排在前三位，
剩下四个开关全排列，可能的情况有C31A32A44=432种，
7个开关依次全部闭合共有A77=5040种情况，
故L2最先亮起的概率为144+576+4325040=835，
而L1和L3的情况是一样的，故两者最先亮起的概率相等，
所以L1最先亮起的概率为12×1-835=2770．

19.【详解】(1)在▵ACD中，由AC=CD=1，∠ADC=30 ∘得∠CAD=∠ADC=30 ∘，
所以AD=2ACcs∠DAC=2×1×cs30∘= 3，且∠BAC=∠DAB-∠CAD=120 ∘-30 ∘=90 ∘，即AB⊥AC，
(i)证明：因为AB⊥AC，PC⊥AB，PC∩AC=C，PC、AC⊂平面PAC，
所以AB⊥平面PAC，又AB⊂平面ABC，
所以平面PAC⊥平面ABC；
(ii)以A为原点，AB,AC分别为x轴和y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系A-xyz，
则A0,0,0,B1,0,0,C0,1,0,P0,32, 32，设球心Oa,b,c，半径R，
则AO=BO=CO=PO=R，
所以a2+b2+c2=a-12+b2+c2=a2+b-12+c2=a2+b-322+c- 322=R2，
解得a=12,b=12,c= 32,R= 52，所以球O的半径为 52；

(2)在平面PAC中，过P作PG⊥AC于G，在平面ABC中，过G作GM⊥AC，
因GM∩PG=G,GM,PG⊂平面PGM，则AC⊥平面PGM．
则由(1)AG= 3cs30∘=32,PG= 3sin30∘= 32，
设∠PGM=θ,θ∈0,180∘，以G为原点，GM,CG分别为x轴和y轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz，则点P在平面xGz内，
则G0,0,0,A0,-32,0,B1,-32,0,C0,-12,0,P 32csθ,0, 32sinθ，
所以CA=0,-1,0,CB=1,-1,0,CP= 32csθ,12, 32sinθ，
设平面PAC一个法向量分别为m=x1,y1,z1，则m⊥CAm⊥CP,
即m⋅CA=-y1=0m⋅CP= 32x1csθ+12y1+ 32z1sinθ=0，取x1=sinθ，则得m=sinθ,0,-csθ；
平面PBC的一个法向量为n=x2,y2,z2，则n⊥CBn⊥CP,
即n⋅CB=x2-y2=0n⋅CP= 32x2csθ+12y2+ 32z2sinθ=0，取x2=1，则得n=1,1,- 3csθ+1 3sinθ，
所以csm,n=m⋅nmn=sinθ+ 3csθ+1csθ 3sinθ 2+ 3csθ+1 3sinθ2=csθ+ 3 -3cs2θ+2 3csθ+7，
令t=csθ+ 3，则由θ∈0,180∘得t∈ 3-1, 3+1，则1t∈ 3-12, 3+12，
于是csm,n=t -3t- 32+2 3t- 3+7=t -3t2+8 3t-8
=1 -8t2+8 3t-3=1 -81t- 322+3≥1 3= 33，
当且仅当1t= 32即t=2 33时等号成立，
所以二面角A-CP-B的余弦值的最小值为 33．