2025-2026学年湖北省黄梅县第一中学高二上学期10月月考数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年湖北省黄梅县第一中学高二上学期10月月考数学试卷（含答案），共13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。
1.设直线l的方程为x-ycsθ+2=0，则直线l的倾斜角α的取值范围是( )
A. 0,πB. π4,π2
C. π4,3π4D. π4,π2∪π2,3π4
2.给出下列命题，其中真命题的个数是( )
(a)若四棱锥底面是正方形，四个侧面都是等腰三角形，则该四棱锥是正四棱锥．
(b)若三棱锥P-ABC的顶点P到A,B,C的距离相等，则点P在平面ABC上的投影是三角形ABC的外心．
(c)若PO=xPA+yPB+zPC，且x+y+z=1，则O,A,B,C四点共面．
(d)直线l与平面α所成角为π3，平面β经过直线l，设α与β所成的锐二面角大小为θ，则θ≥π3．
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.如图，在四面体OABC中，设OA=a,OB=b,OC=c，G为▵OAB的重心，H为AC的中点，则GH=( )
A. 16a-13b+12cB. -23a-13b-13cC. 16a-13b+13cD. -23a-13b+12c
4.下列四个命题中为真命题的是( )
A. 已知A,B,C,D,E是空间中任意五点，则AB+BC+CD+DE+EA=0
B. 若向量AB，CD满足AB=CD.则AB//CD
C. 若分别表示两个空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量不是共面向量
D. 若AB=λAC+μADλ,μ∈R，则A,B,C,D四点共面
5.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，M,N分别是A1B，B1C1上的点，且BM=2A1M，C1N=2B1N.设AB=a，AC=b，AA1=c，若∠BAC=90 ∘，∠BAA1=∠CAA1=60 ∘，AB=AC=AA1=1，则下列结论中正确的是( )
A. MN=13a+13b+23cB. MN=23
C. AB1⊥BC1D. csAB1,BC1=16
6.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为底面ABCD中一动点(含边界)，且PB1⋅PD1=3，则线段PB的长度的最小值为( )
A. 22B. 5-12C. 2-1D. 2 5-25
7.在棱长为a的正四面体ABCD中，若AB+AC⋅BC+BD=-1，则a=( )
A. 2B. 2C. 1D. 12
8.概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲､乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局.双方约定，各出赌金150枚金币，先赢3局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局.问这300枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配方案是( )
A. 甲150枚，乙150枚B. 甲225枚，乙75枚
C. 甲200枚，乙100枚D. 甲25枚，乙50枚
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
9.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别为棱AB，AD的中点，点G在底面A1B1C1D1内运动(含边界)，且A1C⊥平面EFG，则( )
A. 若D1G=λGC1λ∈R，则EG//平面ADD1A1
B. 点G到直线EF的距离为 62
C. 若A1G=λGC1λ∈R，则λ=3
D. 直线CE与平面EFG所成角的正弦值为 155
10.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，动点P在正方体表面A1B1C1D1上(不包括边界)，则下列说法正确的是( )
A. 存在点P，使得CP//面A1BD
B. 存在点P，使得AP⊥面A1BD
C. 若AP与CC1的夹角为π6，则点P的轨迹长度为2 33π
D. 若M为面C1CDD1的中心，则AP+PM的最小值为2 14
11.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，E是棱CD上的动点，且DE=λDC0≤λ≤1.则下列结论正确的是( )
A. EB1⊥AD1
B. 点E到直线A1B1的距离为 2a
C. 直线AE与B1D1所成角的范围为π4,π2
D. 二面角E-A1B1-A的大小为π4
三、填空题：本大题共3小题，共15分。
12.2025年是中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年，为激发民众的爱国热情和民族自豪感，某地举办相关知识竞答活动.在决赛中，每轮活动由甲、乙各答一个问题，已知甲每轮答对的概率为14，乙每轮答对的概率为25.在每轮活动中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则乙在两轮活动中恰好答对一个问题的概率为 ；两人在两轮活动中共答对3个问题的概率为 ．
13.如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AD=1，AA1=2，O为底面ABCD的中心，点P为D1B1上的动点(包括端点)，则当▵PA1O的面积最小时，线段DP的长为 ．
14.对于两个空间向量a=x1,y1,z1与b=x2,y2,z2，我们定义da,b= x1-x22+y1-y22+z1-z22为两点之间的直线距离；又定义它们之间的曼哈顿距离为Da,b=∣x1-x2∣+∣y1-y2∣+z1-z2.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，dDB1,BC1= ；若点P在底面ABCD内(含边界)运动，且D1P= 2，则DAB,D1P的取值范围是 ．
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.甲､乙､丙三人进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的概率均为23，乙胜丙的概率为12，各场比赛的结果相互独立.经抽签，第一场比赛甲轮空．
(1)求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；
(2)求只需四场比赛就决出冠军的概率．
16.在Rt▵ABC中，∠C=90∘，BC=3，AC=6，D、E分别是AC、AB上的点，满足DE//BC且AE=2BE，将▵ADE沿DE折起到▵A1DE的位置，使A1C⊥CD，M是A1D的中点，如图所示．
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)在线段A1C上是否存在点N，使平面CBM与平面BMN所成角的余弦值为 34？若存在，求出CN的长度；若不存在，请说明理由．
17.在空间直角坐标系中，若平面α过点Px0,y0,z0，且平面α的一个法向量为n=a,b,c，则平面α的方程为ax-x0+by-y0+zz-z0=0，该方程称为平面α的点法式方程，整理后为ax+by+cz+t=0(其中t=-ax0-by0-cz0)，该方程称为平面α的一般式方程.如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，BC，BD，BC1两两垂直，AD=1，BD= 3，直线CC1与平面ABCD所成的角为π4，以B为坐标原点，BC，BD，BC1的方向分别是x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
(1)求平面DC1D1的一般式方程．
(2)求A1到直线C1D1的距离．
(3)在棱BB1是否存在点M，使得平面A1DM⊥平面C1D1M？若存在，求出MBBB1的值；若不存在，请说明理由．
18.甲、乙、丙三人组成一个小组代表学校参加一个“诗词大会”闯关活动团体赛.三人各自独立闯关，在第一轮比赛中甲闯关成功的概率为12，甲、乙都闯关成功的概率为27，甲、丙都闯关成功的概率为310，每人闯关成功记2分，三人得分之和记为小组团体总分．
(1)求乙、丙各自闯关成功的概率；
(2)求在第一轮比赛中团体总分为4分的概率；
(3)若团体总分不小于4分，则小组可参加下一轮比赛，求该小组参加下一轮比赛的概率．
19.如图，在平面四边形ABCD中，▵ABC为等腰直角三角形，▵ACD为正三角形，∠ABC=90∘，AB=2，现将▵DAC沿AC翻折至▵SAC，形成三棱锥S-ABC，其中S为动点．

(1)证明：AC⊥SB；
(2)若SC⊥BC，三棱锥S-ABC的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面SAC的距离；
(3)求平面SAC与平面SBC夹角余弦值的最小值．
参考答案
1.C
2.C
3.A
4.D
5.D
6.C
7.B
8.B
9.ACD
10.ACD
11.ABD
12.1225 ；9100
13. 694
14. 5 ；1,3
15.解：(1)记事件A为甲胜乙，则P(A)=23，则P(A)=1-PA=13，
事件B为甲胜丙，则P(B)=23，P(B)=1-PB=13，
事件C为乙胜丙，则P(C)=12，P(C)=1-PC=12．
则丙被淘汰可用事件CAC∪CAB来表示，
所以，前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为
P1=P(CAC)+P(CAB)=PCPAPC+PCPAPB=12×13×12+12×23×23=1136．
(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CABA∪CBAB来表示，
PCABA∪CBAB=PCABA+PCBAB=PCPAPBPA+PCPBPAPB=12×23×23×23+12×23×23×23=827；
若最终的冠军为乙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件CACA来表示，
PCACA=PCPAPCPA=12×13×12×13=136；
若最终的冠军为丙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件CBCB来表示，
PCBCB=PCPBPCPB=12×13×12×13=136．
所以，只需四场比赛就决出冠军的概率为
P2=PCABA∪CBAB+P(CACA)+P(CBCB)
=827+136+136=1954．

16.解：(1)因为在Rt▵ABC中，∠C=90∘，DE//BC，且BC⊥CD，
所以DE⊥CD，DE⊥AD，则折叠后，DE⊥A1D，DE⊥CD，
又A1D∩CD=D，A1D、CD⊂平面A1CD，所以DE⊥平面A1CD，
因为A1C⊂平面A1CD，所以DE⊥A1C，
又因为A1C⊥CD，CD∩DE=D，CD、DE⊂平面BCDE，所以A1C⊥平面BCDE．
(2)由(1)可知，A1C⊥平面BCDE，BC⊥CD，
以点C为坐标原点，CD、CB、CA1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，
翻折前，在▵ABC中，DE//BC，则ADCD=AEBE=2，则AD=2CD，
则DEBC=ADAC=23，则DE=23BC=2，CD=13AC=2，
翻折后，因为A1C⊥平面BCDE，CD⊂平面BCDE，则A1C⊥CD，
所以，A1D=4，CD=2，则A1C= A1D2-CD2= 42-22=2 3，
故C0,0,0，D2,0,0，E2,2,0，B0,3,0，A10,0,2 3，M1,0, 3，
CM=1,0, 3，A1B=0,3,-2 3，A1E=2,2,-2 3，
设平面A1BE的法向量为n=x,y,z，则n⋅A1B=3y-2 3z=0n⋅A1E=2x+2y-2 3z=0,
不妨令y=2，则z= 3，x=1，则n=1,2, 3．
设直线CM与平面A1BE所成角的大小为θ，
则有sinθ=csCM,n=CM⋅nCM⋅n=42×2 2= 22，则θ=45∘，
直线CM与平面A1BE所成角的大小为45∘．
(3)假设在线段A1C上存在点N，使平面BCM与平面BMN成角余弦值为 34．
在空间直角坐标系中，BM=1,-3, 3，CM=1,0, 3，CA1=0,0,2 3，
设CN=λCA1=λ0,0,2 3=0,0,2 3λ0≤λ≤1，
则BN=BC+CN=0,-3,0+0,0,2 3λ=0,-3,2 3λ，
设平面BMN的法向量为n2=x2,y2,z2，则有n2⋅BM=x2-3y2+ 3z2=0n2⋅BN=-3y2+2 3λz2=0,
不妨令z2= 3，则y2=2λ，x2=6λ-3，所以n2=6λ-3,2λ, 3，
设平面BCM的法向量为n3=x3,y3,z3，则有n3⋅BM=x3-3y3+ 3z3=0n3⋅CM=x3+ 3z3=0,
不妨令z3= 3，则x3=-3，y3=0，所以n3=-3,0, 3，
若平面BCM与平面BMN成角余弦值为 34．
则满足csn2,n3=n2⋅n3n2n3=12-18λ2 3× 92λ-12+4λ2+3=2-3λ4 3⋅ 10λ2-9λ+3= 34，
化简得2λ2-3λ+1=0，解得λ=1或12，即CN=CA1或CN=12CA1，
则CN=CA1=2 3或CN=12CA1= 3．
故在线段A1C上存在这样的点N，使平面BCM与平面BMN成角余弦值为 34．
此时CN的长度为 3或2 3．

17.解：(1)由于BC1⊥BC,BC1⊥BD,BC∩BD=B,BC,BD⊂平面ABCD，
所以BC1⊥平面ABCD，所以∠C1BC是直线CC1与平面ABCD所成的角，
所以∠C1BC=π4，所以BC1=BC=1．
所以D0, 3,0,C10,0,1,C1,0,0,CD=-1, 3,0=C1D1，
所以BD1=BC1+C1D1=BC1+CD=0,0,1+-1, 3,0=-1, 3,1，
DD1=-1,0,1，设平面DC1D1的法向量为n=x,y,z，
则n⋅C1D1=-x+ 3y=0n⋅DD1=-x+z=0，故可设n= 3,1, 3，D∈平面DC1D1，
则平面DC1D1的方程为 3⋅x-0+1⋅y- 3+ 3⋅z-0=0，
即 3x+y+ 3z- 3=0．
(2)在Rt△BCD中，∠CBD=π2，BC=1,BD= 3,CD=2，
设B到CD的距离为h，则12×2h=12× 3×1,h= 32，
由于平行四边形ABCD和平行四边形A1B1C1D1全等，
所以A1到直线C1D1的距离等于设B到CD的距离，
即A1到直线C1D1的距离为 32．
(3)B1-1,0,1，BB1=-1,0,1，A-1, 3,0，BA1=BA+AA1=BA+BB1=-1, 3,0+-1,0,1=-2, 3,1，
即A1-2, 3,1，而D0, 3,0,D1-1, 3,1，
所以DA1=-2,0,1，
设MBBB1=λ,0≤λ≤1，则BM=λBB1=-λ,0,λ，即M-λ,0,λ，
所以A1M=2-λ,- 3,λ-1，DM=-λ,- 3,λ，
D1M=1-λ,- 3,λ-1，C1D1=-1, 3,0，
设平面A1DM的法向量为u=x1,y1,z1，
则u⋅DA1=-2x1+z1=0u⋅DM=-λx1- 3y1+λz1=0，故可设u= 3,λ,2 3．
设平面C1D1M的法向量为v=x2,y2,z2，
则v⋅C1D1=-x2+ 3y2=0v⋅D1M=1-λx2- 3y2+λ-1z2=0，故可设v= 3λ- 3,λ-1, 3λ，
若平面A1DM⊥平面C1D1M，则u⋅v=0，
即3λ-1+λλ-1+6λ=λ2+8λ-3=0，
解得λ= 19-4，负根舍去，
所以存在符合题意的点M，且MBBB1= 19-4．

18.解：(1)三人各自独立闯关，其中甲闯关成功的概率为12，
甲、乙都闯关成功的概率为27，
甲、丙都闯关成功的概率为310，
设乙闯关成功的概率为P1，丙闯关成功的概率为P2，
根据独立事件同时发时的概率公式得12P1=2712P2=310,
解得P1=47，P2=35，
即乙闯关成功的概率为47，丙闯关成功的概率为35．
(2)团体总分为4分，即甲、乙、丙三人中恰有2人过关，而另外一人没过关，
设“团体总分为4分”为事件A，
则PA=1-12×47×35+12×1-47×35+12×47×1-35=2970，
即团体总分为4分的概率是2970；
(3)团体总分不小于4分，即团体总分为4分或6分，
设“团体总分不小于4分”为事件B，
由(2)可知团体总分为4分的概率2970，
团体总分为6分，即3人闯关都成功的概率为12×47×35=1270，
所以参加下一轮比赛的概率为PB=2970+1270=4170，
即该小组参加下一轮比赛的概率为4170．

19.解：(1)取AC的中点E，连接SE,BE，
因为AB=BC，SA=SC，且AC的中点为E，所以SE⊥AC，BE⊥AC
又SE∩BE=E,SE,BE⊂平面SBE，故AC⊥平面SBE，
由于SB⊂平面SBE，故AC⊥SB．

(2)当SC⊥BC时，由▵CBS≅▵ABS,则SA⊥BA，
取BS的中点O，连接OA,OC,
故O到A,B,C,S四点的距离相等，故O为三棱锥S-ABC外接球的球心，
因为AB=BC=2,AS=CS=2 2，故SE= 6,SB=2 3,EB= 2，
设S到平面ABC的距离为h1，B到平面SAC的距离为h2，
由等体积法可得VS-ABC=VB-ACS⇒13S▵ABC×h1=13S▵ASC×h2,
而cs∠SEB=- 33，
由于∠SEB∈0,π，故sin∠SEB= 63，
所以h1=SE×sinπ-∠SEB= 6× 63=2，从而h2=2 33，
故O到平面SAC的距离为 33．

(3)以B为原点，BC,BA,BZ分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系B-xyz，
过点S作平面ABC的垂线，垂足为Q，
设∠SEQ=θ为翻折过程中所旋转的角度，则QE= 6csθ，
h=SQ= 6sinθ,QB= 2+ 6csθ，
故B0,0,0,C2,0,0,A0,2,0,Q1+ 3csθ,1+ 3csθ,0，
S1+ 3csθ,1+ 3csθ, 6sinθ，
则BC=2,0,0,BS=1+ 3csθ,1+ 3csθ, 6sinθ，
设平面SBC的法向量为m=x1,y1,z1，则
，
取y1= 6sinθ,则z1=-1+ 3csθ,∴m=0, 6sinθ,-1- 3csθ，
设平面SAC的法向量n=x2,y2,z2,
CS=-1+ 3csθ,1+ 3csθ, 6sinθ,AC=2,-2,0，
，
取x2=sinθ,则y2=sinθ,∴n=sinθ,sinθ,- 2csθ，
设平面SBC与平面SAC的夹角为α，
故csα=csm,n=m⋅nm⋅n= 2⋅ 3+csθ 7-3cs2θ+2 3csθ× 2= cs2θ+2 3csθ+37-3cs2θ+2 3csθ，
csα= -13+83× 3csθ+27-3cs2θ+2 3csθ，
令 3csθ+2=t，2- 3