湖北省武汉市问津教育联合体联考2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷

这是一份湖北省武汉市问津教育联合体联考2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷，共28页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：2025 年 10 月 14 日14:30-16:30试卷满分：150 分
一.单选题：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.

 
A3, 2B 2 3,1
经过，两点的直线的倾斜角为（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
集合 A  4, 7 ，集合 B  1, 2, 4 ，从 A ， B 中各任意取一个数，构成一个两位数，则这个两位数是
奇数的概率为（ ）
6155
A.B.
11
2C.
D.
1112
如图，在四面体 A  BCD 中，点 E ， F 分别是 AB ， CD 的中点，点G 是线段 EF 上靠近点 E 的一个三等分点，令 AB  a, AC  b, AD  c ，则 AG  （）
1 →
a 
1 →1 →
b  c
1 →1 →1 →
a  b  c
366
632
1 →1 →1 →
C a  b  c
1 →1 →1 →
D. a  b  c
366632
如图，已知圆锥的底面半径为 2，母线长为 4， AB 为圆锥底面圆的直径， C 是 ‸AB 的中点， D 是母线
SA 的中点，则异面直线SC与 BD 所成角的余弦值为（）
A.3
4
C.3
3
B.10
20
D.3
2
抛掷一枚骰子两次.设事件 A 为“第一次向上的点数是 2”，事件 B 为“第二次向上的点数是奇数”，事件C
为“两次向上的点数之和能被 5 整除”，则下列说法正确的是（ ）
事件 A 与事件 B 互为对立事件
P  BC   1
18
 
P AB  1
12
事件 B 与事件C 相互独立
已知向量 a  2, 1,1 ， b  1, x,1 ， c  1, 2, 1 ，当a  b 时，向量b 在向量c 上的投影向量为
（）（用坐标表示）
A 1, 2,1
B. 1, 2,1
C. 1, 2,1
D. 1, 2, 1
如图，在长方体 ABCD  A1B1C1D1 中， AA1  8 ， AB  3 ， AD  8 ，点 M 是棱 AD 的中点，点 N 是棱 AA1 的中点， P 是侧面四边形 ADD1 A1 内一动点（含边界），若C1P / / 平面CMN ，则线段C1P 长度的最小值为（ ）
17
A.B. 5C. 4D. 3
如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， O 是 AC 中点，点 P 在线段 A1C1 上，若直线OP 与平面 A1BC1
所成的角为θ，则sinθ的取值范围是（）．
 2 ,3 
1 , 1 
 33 
 3 2 

 3 ,3 
 1 , 1 
 43 
 4 3

二.多选题（本大题共 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，全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分）
空间中三点 A0,1, 0, B 2, 2, 0, C 1, 3,1, O 是坐标原点，则（）
–––→
5
AB 
AB  AC
点C 关于平面Oxz 对称的点为1,-3,1
下列叙述错．误．的是（ ）
–––→
55
AB 与 BC 夹角的余弦值是
11
与坐标轴垂直的直线的倾斜角是0∘ 或90∘
若一条直线的斜率为 k  tanα，则此直线的倾斜角为α
直线的倾斜角越大，它的斜率就越大
若两条直线的斜率相等，则这两条直线平行
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 1，动点 P 满足 AP  x AB  y AD  z AA1 （ x  0 ， y  0 ，
z  0 ），下列说法正确的是（）
当 x  y  z  1 时， AP  面A BD
31
2 3
3
当 x  1 ， y  1， z 0,1 时，则 P 到平面 A1BD 的距离的最小值是
2 2
当 x  y  1， z  0 时， B1P  PA 的最小值为
当 x  y  z  1 ，且 AP 6 时，则 P 的轨迹总长度为 3 π
36
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知空间三点 A2,1, 1 ， B 1, 0, 2 ， C 0, 3, 1 ，则C 到直线 AB 的距离为.
已知点 A1, 2 ， B 2, 3 ，经过点 P 0, 1 作直线l ，若直线l 与线段 AB 没有公共点，则直线l 的斜率 k 的取值范围是.
已知平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中，各条棱长均为m ，底面是正方形，且
A AD  A AB  120∘ ，设–––→  → ， AD  b ， AA  → .则异面直线 AC 与 BD 所成的角的余弦值为
11AB a1c1
.
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.
已知坐标平面内直线l1 经过 A2, 3 、 B m  2, m  5 两点，直线l2 经过C 1, 0 、 D 1, 2m 两点.
若直线l1 ∥l2 ，求实数m 的值；
若直线l1  l2 ，求实数m 的值.
2025 年 8 月 21 日，DeepSeek 在官方公众号发文称，正式发布 DeepSeek-V3.1 模型，此次升级也标志着国产大模型在技术迭代与商业化探索中又迈出了关键一步.为强化相关技术的落实应用能力，某公司特针对 A ， B 两部门开展专项技能培训.
已知该公司 A ， B 两部门分别有 3 位领导，需要从这 6 位领导中随机选取 3 位当组长负责组织培训
工作，假设每人被抽到的可能性都相同，求组长中有两位来自于 A 部门的概率；
311
此次培训分三轮进行，员工甲第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为 ，
4
训结果均相互独立，至少两轮培训达到“优秀”才算合格，求甲培训合格的概率.
3 ， 2 ，每轮的培
如图，四棱台 ABCD  A1B1C1D1 的上、下底面分别是边长为 2 和 4 的正方形， A1A  4 ，且 A1A  底面
ABCD ， P 是棱 DD1 的中点，点Q 在棱 BC 上．
证明： AB1  PQ ；
若 PQ// 平面 ABB1A1 ，求二面角 P  BQ  B1 的余弦值．
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
12
，各场比赛的结果相互独立.经抽签，第一场比赛乙
中，甲胜乙和乙胜丙的概率均为 2 ，甲胜丙的概率为 3
轮空.
求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；
求只需四场比赛就决出冠军的概率；
2
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，平面 PAD  平面 ABCD ， AB  AD ， AB  AD  4 ， CD ，
PAD  120∘ ， ADC  45 .
求证：平面 PAB  平面 PAD ；
设 AB  AP .
①若直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 330 ，求线段 AB 的长.
55
②在线段 AD 上是否存在点G ，使得点 P ， C ， D 在以G 为球心的球上？若存在，求线段 AB 的长；若不存在，说明理由.
问津教育联合体 2027 届高二 10 月联考
数学试卷
考试时间：2025 年 10 月 14 日14:30-16:30试卷满分：150 分
一.单选题：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.

 
A3, 2B 2 3,1
经过，两点的直线的倾斜角为（ ）
A 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】D
【解析】
【分析】根据斜率的概念，求出两点之间的斜率，根据正切函数，求出倾斜角大小即可.
【详解】由 A
3, 2， B 2 3,1 得 k
2 1 3
 ，
3
3
AB
 23
设直线倾斜角为α，则tanα 
3 ，可得α 150∘ .
3
故选：D.
集合 A  4, 7 ，集合 B  1, 2, 4 ，从 A ， B 中各任意取一个数，构成一个两位数，则这个两位数是
奇数的概率为（ ）
6155
A.B.
11
2C.
D.
1112
【答案】C
【解析】
【分析】用列举法写出样本空间，再由概率公式计算．
【详解】组成两位数的样本空间Ω  14, 41, 24, 42, 44,17, 71, 27, 72, 47, 74 ，有 11 个；样本点这个两位数是奇数的两位数为Ω  41,17, 71, 27, 47 ，有 5 个.
5
故所求概率为.
11
故选：C
如图，在四面体 A  BCD 中，点 E ， F 分别是 AB ， CD 的中点，点G 是线段 EF 上靠近点 E 的一个三等分点，令 AB  a, AC  b, AD  c ，则 AG  （）
1 →
a 
1 →1 →
b  c
1 →1 →1 →
a  b  c
366
632
1 →1 →1 →
a  b  c
1 →1 →1 →
a  b  c
366632
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算来求得正确答案.
【详解】连接 EC ， ED ，
–––→

1 –––→–––→
11 –––→–––→
则 AG  AE  EG
AE EF  AE 
332
(EC  ED)
–––→

1 –––→–––→–––→–––→2 –––→
1 –––→
1 –––→21 –––→
1 –––→
1 –––→
1 →1 →1 →
AE 
( AC  AE  AD  AE)  AE  AC  AD   AB  AC  AD  a  b  c .
63663266366
故选：A
如图，已知圆锥的底面半径为 2，母线长为 4， AB 为圆锥底面圆的直径， C 是 ‸AB 的中点， D 是母线
SA 的中点，则异面直线SC与 BD 所成角的余弦值为（）
A.3
4
C.3
3
B.10
20
D.3
2
【答案】A
【解析】
【分析】延长 AB 至点 E ，使 AB  BE ，连接 SE ， CE ， OC ，得到CSE 为异面直线SC与 BD 所成 的角（或补角），再解△SCE 即得解.
【详解】延长 AB 至点 E ，使 AB  BE ，连接 SE ， CE ， OC ．
因为 D 是母线 SA 的中点，所以 SE //BD ，
所以CSE 为异面直线SC与 BD 所成的角（或补角）．
10
由题意知OE  6 ， OC  2 ，又C 是 ‸AB 的中点，所以CO  OB ，
OC 2  OE2
所以在Rt△COE 中， CE 
因为 SA  SB  AB  4 ，
 2．
所以 BD 
3 SB  2 3 ，所以 SE  2BD  4 3 ．
2
在△SCE 中， SC  4 ，
3
SC 2  SE2  CE216  48  40
2  4  4 3
则由余弦定理得cs CSE ，
2SC  SE4
故选：A．
【点睛】方法点睛：异面直线所成的角的求法：方法一：（几何法）找 作（平移法、补形法） 证（定
 
m•n
 
m n
义） 指求（解三角形）；方法二：（向量法） csα，其中α是异面直线 m, n 所成的角，
m, n
  分别是直线 m, n 的方向向量.
抛掷一枚骰子两次.设事件 A 为“第一次向上的点数是 2”，事件 B 为“第二次向上的点数是奇数”，事件C
为“两次向上的点数之和能被 5 整除”，则下列说法正确的是（ ）
事件 A 与事件 B 互为对立事件
P  BC   1
18
 
P AB  1
12
事件 B 与事件C 相互独立
【答案】C
【解析】
【分析】由对立事件的定义判断 A；应用列举法求得 P  BC  判断 B；应用列举法求得 P  AB  判断 C；根据独立事件的定义计算判断 D,
【详解】对于 A，由事件定义，当第一次出现 2 点，第二次出现 1 点，则事件 A 与事件 B 同时发生，故不互为对立事件，故 A 错误；
抛掷一枚骰子两次的样本点数共 36 种，
对于 B， 事件的 BC 发生的样本点为2, 3, 4,1, 5, 5 ，共 3 种，
所以 P  BC   3  1 ，故 B 错误；
3612
对于 C， AB “第二次向上的点数是偶数”，且“第一次向上的点数是 2”，
包含的基本事件为2, 2, 2, 4, 2, 6 共 3 种，所以 P  AB   3  1 ，故 C 正确．
3612
对于 D，事件 B 包含的样本点有
1,1, 2,1, 3,1, 4,1, 5,1, 6,1, 1, 3, 2, 3, 3, 3, 4, 3, 5, 3, 6, 3 ，
1, 5, 2, 5, 3, 5, 4, 5, 5, 5, 6, 5 共 18 种，所以 P  B  18  1 ，
362
事件C 包含的样本点有2, 3, 4,1, 5, 5, 6, 4, 1, 4, 3, 2, 4, 6 共 7 种，
所以 P  B  18  1 ， P C   7 ，
36236
所以 P  B P C   1  7  7  1  P  BC  ，故 D 错误.
2367212
故选：C．
已知向量 a  2, 1,1 ， b  1, x,1 ， c  1, 2, 1 ，当a  b 时，向量b 在向量c 上的投影向量为
（）（用坐标表示）
1, 2,1
1, 2,1
1, 2,1
1, 2, 1
【答案】A
【解析】
【分析】先根据向量垂直得到方程，求出 x  3 ，再利用投影向量公式求出答案.

→→
【详解】Q a  b ， a  b  2  x 1  0 ，解得 x3 ，
b  1, 3,1 ，
b  c r1 6 1 rr
c
所以b 在c 上的投影向量为 r 2 c  1 4 1 c  c  1, 2,1 .
故选：A.
如图，在长方体 ABCD  A1B1C1D1 中， AA1  8 ， AB  3 ， AD  8 ，点 M 是棱 AD 的中点，点 N 是棱 AA1 的中点， P 是侧面四边形 ADD1 A1 内一动点（含边界），若C1P / / 平面CMN ，则线段C1P 长度的最小值为（ ）
17
A.B. 5C. 4D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】取 A1D1 的中点G ，取 D1D 的中点 H ，连接 A1D, C1G, GH , C1H , GM , GH ，可证平面C1GH / / 平面
CMN ．然后可知点 P 的运动轨迹为GH ，进而可以利用解三角形的知识求出线段C1P 长度的最小值．
【详解】如图所示：
取 A1D1 的中点G ，取 D1D 的中点 H ，连接 A1D, C1G, GH , C1H , GM ，所以 A1D / /GH ，又因为点 M 是棱 AD 的中点，点 N 是棱 AAI 的中点，所以 A1D / /MN ，所以GH / /MN ，
又因为GH  平面CMN ， MN  平面CMN ，所以GH / / 平面CMN ，
又点 M 是棱 AD 的中点，点G 是棱 A1D1 的中点，所以 D1G / / DM 且 D1G  DM ，所以四边形GMDD1 是平行四边形，所以GM / / DD1 ， GM  DD1 ，
又因为CC1 / / DD1 ， CC1  DD1 ，所以C1C / /GM ， CC1  GM ，所以四边形C1GMC 是平行四边形，所以C1G / /MC ，
因为C1G  平面CMN ， CM  平面CMN ，所以C1G / / 平面CMN ，
又C1G ∩ GH  G ， C1G, GH  平面C1GH ，所以平面C1GH / / 平面CMN ．
又 P 是侧面四边形 ADD1 A1 内一动点（含边界），且C1P / / 平面CMN ，
C D2  D H 2
1 11
9 16
所以点 P 的运动轨迹为GH ，故当C1P  GH 时，线段C1P 的长度取得最小值．又在长方体 ABCD  A1B1C1D1 中， AA1  8 ， AB  3 ， AD  8 ，
所以C1G 
GD2  D H 2
11
GH 

C D2  D G2
1 11
16 16

9 16
 4
 5 ， C1H 
2
，

 5 ，
所以C1G  C1H ，当C1P  GH 时， P 为GH 的中点，
GC 2  GP2
1
此时C1P 
，
25  8
17
17
所以线段C1P 长度的最小值为．
故选：A．
如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， O 是 AC 中点，点 P 在线段 A1C1 上，若直线OP 与平面 A1BC1
所成的角为θ，则sinθ的取值范围是（）．
 2 ,3 
1 , 1 
 33 
 3 2 

 3 ,3 
 1 , 1 
 43 
 4 3

【答案】A
【解析】
【分析】先设棱长为 1，
A1P A1C1
11 1
 λ0  λ 1 ，建立如图坐标系，根据 A P  λA C
–––→ ––––→
计算点 P 坐标和向量
OP ，再写出平面 A1BC1 的一个法向量 DB1 的坐标，根据sinθ cs OP, DB1 构建关系，求其值域即
可．
【详解】如图，设正方体棱长为 1，
A1P A1C1
 λ0  λ 1 ，则 A P  λA C ，
11 1
以 D 为原点，分别以 DA ， DC ， DD1 所在直线为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系．
则 A1, 0, 0, C 0,1, 0, O  1 , 1 , 0  ，故 AC  AC  1,1, 0 ， A P  λ,λ, 0 ，又 A 1,0,1，则
 2 21 111
P 1λ,λ,1

–––→   1 λ,λ 1 ,1
，所以OP
 22 ．

在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，可知体对角线 B1D  平面 A1BC1 ，所以 DB1  1,1,1 是平面 A1BC1 的一个法向量，
所以sinθ cs
–––→ ––––→1
 1 λ  λ 1  1
 22 



3   2 λ  λ 2  1
 1
2
1 2



6 λ 2   3
1 2


OP, DB1．
所以当λ 1 时， sinθ取得最大值 3 ，当λ 0 或 1 时， sinθ取得最小值 2 ．
233
 23 
所以sinθ,．
 33 

故选：A．
二.多选题（本大题共 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，全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分）
空间中三点 A0,1, 0, B 2, 2, 0, C 1, 3,1, O 是坐标原点，则（）
–––→
5
AB 
AB  AC
点C 关于平面Oxz 对称的点为1,-3,1
–––→
55
AB 与 BC 夹角的余弦值是
11
【答案】AB
【解析】
【分析】利用空间向量的求模公式，数量积公式及点的对称性即可判定.
【详解】由题意可得： AB  2,1, 0 ， AC  1, 2,1 ， BC  3,1,1
22 12  02
–––→
所以 AB 5 ，故 A 正确；
AB  AC  2 1 1 2  0 1  0 ，即 AB  AC ，故 B 正确；点C 关于平面Oxz 对称的点为-1,-3,1 ，故 C 错误；
u rur
\l "_TOC_250000" AB×BC55
cs AB,BC = u rur = -，故 D 错误.
11
AB ×BC
故选：AB
下列叙述错．误．的是（ ）
与坐标轴垂直的直线的倾斜角是0∘ 或90∘
若一条直线的斜率为 k  tanα，则此直线的倾斜角为α
直线的倾斜角越大，它的斜率就越大
若两条直线的斜率相等，则这两条直线平行
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据倾斜角与斜率的关系，逐项判断各项的正误即可.
【详解】对于 A，与 x 轴垂直的直线的倾斜角为90 ，与 y 轴垂直的直线的倾斜角为0 ，所以与坐标轴垂直的直线的倾斜角是0 或90 ，故 A 正确；
对于 B：由于直线倾斜角θ的取值范围是0 θ 180 ，
因此α不在此范围内时不是直线的倾斜角，
3
如当α 240时，直线斜率 k  tan240 ，但直线倾斜角为60 ，故 B 错误；对于 C，设直线的倾斜角为α，
当90 α 180 ，斜率 k  0 ，当0 α 90 ，斜率k  0 ，故 C 错误；
对于 D，若两条直线的斜率相等，则这两条直线平行或重合，故 D 错误.故选：BCD.
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 1，动点 P 满足 AP  x AB  y AD  z AA1 （ x  0 ， y  0 ，
z  0 ），下列说法正确的是（）
当 x  y  z  1 时， AP  面A BD
31
2 3
3
当 x  1 ， y  1， z 0,1 时，则 P 到平面 A1BD 的距离的最小值是
2 2
当 x  y  1， z  0 时， B1P  PA 的最小值为
当 x  y  z  1 ，且 AP 6 时，则 P 的轨迹总长度为 3 π
36
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出各顶点的坐标，计算 AP•BA1 ， AP• A1D 可判断 A；利用点到平面的距离的向量公式，即可判断 B；将折线距离和转化为平面内两点间距离即可判断 C；利用点到平面的距离公式，结合点 P 的轨迹，利用数形结合，即可判断 D.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系 A  xyz ，则 A0, 0, 0, B 1, 0, 0, D 0,1, 0, A1 0, 0,1
因为 AP  x AB  y AD  z AA1 ，∴ P  x, y, z 
1P  1 1 1 
–––→
 1 1 1 
对于 A，当 x  y  z  时，  , ,  ，此时 AP   , ,  , A1B  1, 0, 1 ， A1D  0,1, 1 ，得
3 3 3 3  3 3 3 
–––→ –––→11–––→ ––––→11
33
AP•BA1  3  0  3  0 ， AP• A1D  0    0 ，
所以直线 AP 与平面 A1BD 垂直，故 A 正确；
2  1 1 1 
对于 B，由选项 A 知，向量 n  , ,   (1,1,1) 也是平面 A1BD 的一个法向量，当 x  1 ， y  1，
 2 2 2 
z 0,1时， P 1,1, z  ， PB  (0, 1, z) ，则点 P 到平面 A1BD 的距离
–––→ →
PB  n
d  →
n
 z 1 
3
3
，所以 P 到平面 A1BD 的距离的最小值是
33
，故 B 不正确；
3
1 z
3
对于 C，当 x  y  1， z  0 时， P  x,1 x, 0 ， B1 1, 0,1 ，故 B1P   x 1,1 x, 1 ， AP   x,1 x, 0
 x 12  1 x2  12
x2  1 x2  02
故 B1P  PA 
 x 12  1
2
x2  x  1
2
 x 12  1
2
1 2
 x  
1

2 4

2 

 2 

 1

2
2 
2
 2
 t   

 2 



 x 12  1
2
1 2
 x  
1

2 4
t 2  
 1 2
 2 

1
令t  x  ，则
 1

2
2 
2
 2
 t   

 2 

2
如图所示， EU  UK 

t 2  
 1 2
 2 

，
显然当 E,U , S 三点共线时， EU  UK 

 1

2
2 
2
 2
 t   

 2 

t 2  
 1 2
 2 

1
1
2
2
t2
取得最小值，
2 2+2
12 1

 22 
2  1    1 
2
2


 2 

最小值为

，当且仅当 1 2
，即t 
时，等号成
2

t
22
立，此时 x 2
2
 1
 2  t    2 
2
2 
2



t 2  
 1 2
 2 

1
2
2
2 2

则 B P  PA 
2 

 的最小值为
2 

，故 C 正
1

确；
对于 D，当 x  y  z  1 时，可得 P, A1, B, D 四点共面，所以点 P 的轨迹在V A1BD 内（包括边界），设点
A 在平面 A1BD 内的投影为点O ，
因为 AB  AD  AA1 ，所以点O 是V A1BD 的中心，
AA  0, 0,1 ，平面 A BD 的一个法向量为 →  1,1,1 ，
11n
3
–––→ →
所以点 A 到平面 A1BD 的距离 AO 
AA1  n
→ ，
n3
若 AP 
6 ，则 OP 
3
3 ，
AP 2  AO 2
3
即点 P 落在以O 为圆心， 3 为半径的圆上，
3
点O 到V A1BD 三边的距离为 1  2 3 
6 3 ，
3263
此时POQ  π ，点 P 的轨迹是以O 为圆心， 3 为半径的圆的一部分，其轨迹长度为
2
 2π  π  33 
3
3 π ，故 D 正确.
236

故选：ACD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知空间三点 A2,1, 1 ， B 1, 0, 2 ， C 0, 3, 1 ，则C 到直线 AB 的距离为.
2
【答案】 2
【解析】
【分析】根据空间中点得到对应向量，利用向量数量积可得到 AC  AB ，进而即可求解.
【详解】因为 A2,1, 1 ， B 1, 0, 2 ， C 0, 3, 1 ，
所以 AC  (2, 2, 0) ， AB  (1, 1, 3) ，
所以 AC  AB  2  2  0  0 ，所以 AC  AB ，
4  4  0
–––→
则点C 到直线 AB 的距离为 AC

 2 2 .
2
故答案为： 2
已知点 A1, 2 ， B 2, 3 ，经过点 P 0, 1 作直线l ，若直线l 与线段 AB 没有公共点，则直线l 的斜率 k 的取值范围是.
【答案】,1 ∪ 2,
【解析】
【分析】数形结合并根据斜率计算公式即可得到答案．
【详解】作出示意图如图所示：
由题意知直线 PA, PB 的斜率分别为 kPA
2  1

 1 ， k
1 0PB
3  1

 2 ．
2  0
因为直线l 与线段 AB 没有公共点，所以 kl  kPA  1 或 kl  kPB  2 ，所以直线l 的斜率 k 的取值范围是∞, 1 2, ∞ .
故答案为： ∞, 1 2, ∞ ．
已知平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中，各条棱长均为m ，底面是正方形，且
A AD  A AB  120∘ ，设–––→  → ， AD  b ， AA  → .则异面直线 AC 与 BD 所成的角的余弦值为
11AB a1c1
.
【答案】 6
6
【解析】
––––→BD
【分析】根据向量的线性运算可表示出 BD1 ，根据向量数量积的定义和运算律可求得1 ，利用向量数量
–––→ ––––→
积的定义和运算律可求得 AC  BD1 ，由向量夹角运算求得 cs AC, BD1 ，由此可得所求余弦值.
【详解】因为 BD1  BA  AD  DD1   AB  AD  AA1  a  b  c ，
––––→2
所以 BD1
→→→

 a  b  c
2→ 2→2
 a  b
→2→ →→ →→ →
 c  2a  b  2a  c  2b  c
 m2  m2  m2  2  0  2  m2   1   2  m2   1   3m2 ，
2 2 
––––→
所以 BD1

3m ，又 AC  AB  AD  a  b ，
所以
–––→2
AC
–––→
→ 2
 a
––––→
→ →→2
 2a  b  b
→→
–––→
 2m2 ，所以 AC 
→→→→ 2→2
2m ，
→ →→ →
所以 AC  BD1  a  ba  b  c  a
 b  a  c  b  c
 m2  m2  m2   1   m2   1   m2 ，
2 2 

–––→ ––––→
–––→ ––––→
AC  BD1m26
所以 cs
AC, BD1
 –––→––––→ ，
3m  2m
AC  BD16
所以异面直线 AC 与 BD1 所成角的余弦值是 6 .
6
故答案为： 6 .
6
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.
已知坐标平面内直线l1 经过 A2, 3 、 B m  2, m  5 两点，直线l2 经过C 1, 0 、 D 1, 2m 两点.
若直线l1 ∥l2 ，求实数m 的值；
若直线l1  l2 ，求实数m 的值.
【答案】（1） m  2
（2） m  0 或 m  3
【解析】
【分析】（1）根据直线平行的条件列出方程，求解即可；
（2）分 m  0 与 m  0 两种情况，结合直线垂直的条件列出方程，求解即可.
【小问 1 详解】
k  m  2 ， k
1m2
 m ，
因为l1 ∥l2 ，所以k1  k2 ，解得 m  1或 m  2 .
又因为 kAC  1，且 AB 与CD 不能重合，所以 kAC  kCD ，即 m  1，故 m  2 .
【小问 2 详解】
当 m  0 时， k  k  m  2  m  1 ，解得 m  3 ；
12m
当 m  0 时，直线l1 斜率不存在，倾斜角为90 ；而 k2  m  0 ，倾斜角为0 ，满足l1  l2 ，合题意，故 m  0 或 m  3 .
2025 年 8 月 21 日，DeepSeek 在官方公众号发文称，正式发布 DeepSeek-V3.1 模型，此次升级也标志着国产大模型在技术迭代与商业化探索中又迈出了关键一步.为强化相关技术的落实应用能力，某公司特针对 A ， B 两部门开展专项技能培训.
已知该公司 A ， B 两部门分别有 3 位领导，需要从这 6 位领导中随机选取 3 位当组长负责组织培训
工作，假设每人被抽到的可能性都相同，求组长中有两位来自于 A 部门的概率；
311
此次培训分三轮进行，员工甲第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为 ，
4
训结果均相互独立，至少两轮培训达到“优秀”才算合格，求甲培训合格的概率.
9
3 ， 2 ，每轮的培
【答案】（1）
20
13
（2）
24
【解析】
【分析】（1）用列举法求得选取 3 位当组长的总的方法数，进而求得两位来自于 A 部门的不同结果，利用
古典概型概率公式求解即可；
（2）记C  “甲经过培训合格”， Ai  “甲第i 轮培训达到优秀” i  1, 2, 3 ，可得
C  A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 ，利用互斥事件的概率加法公式与独立事件的概率乘法公式求解即可.
【小问 1 详解】
记 A 部门的 3 名领导为 a1 ， a2 ， a3 ， B 部门的 3 名领导为b1 ， b2 ， b3 ，从这 6 位领导中随机选取 3 位当组长，不同结果有：
a1a2 a3 ， a1a2b1 ， a1a2b2 ， a1a2b3 ， a1a3b1 ， a1a3b2 ， a1a3b3 ， a1b1b2 ， a1b1b3 ， a1b2b3 ，
a2 a3b1 ， a2a3b2 ， a2 a3b3 ， a2b1b2 ， a2b1b3 ， a2b2b3 ， a3b1b2 ， a3b1b3 ， a3b2b3 ， b1b2b3
共 20 种，
组长中有两位来自于 A 部门的不同结果有： a1a2b1 ， a1a2b2 ， a1a2b3 ， a1a3b1 ， a1a3b2 ， a1a3b3 ，
a2 a3b1 ， a2a3b2 ， a2 a3b3 共 9 种，
9
所以组长中有两位来自于 A 部门的概率为 20 .
【小问 2 详解】
记C  “甲经过培训合格”， Ai  “甲第i 轮培训达到优秀” i  1, 2, 3 ，
则 P  A   3 ， P  A   1 ， P  A   1 ， C  A A A
∪ A A A
∪ A A A
∪ A A A ，
142332
1 2 31 2 31 2 31 2 3
依题意， P C   P  A1A2 A3   P  A1A2 A3   P  A1 A2 A3   P  A1A2 A3 
 P  A1  P  A2  P  A3   P  A1  P  A2  P  A3   P  A1  P  A2  P  A3   P  A1  P  A2  P  A3 
 3  1  1  1  1  1  3  2  1  3  1  1  13 ，
43243243243224
13
所以甲经过培训合格的概率为.
24
如图，四棱台 ABCD  A1B1C1D1 的上、下底面分别是边长为 2 和 4 的正方形， A1A  4 ，且 A1A  底面
ABCD ， P 是棱 DD1 的中点，点Q 在棱 BC 上．
证明： AB1  PQ ；
若 PQ// 平面 ABB1A1 ，求二面角 P  BQ  B1 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
4
（2）
5
【解析】
【分析】（1）取 A1 A 的中点 R ，连接 PR ， BR ，再证明 AB1  平面 PRBC ，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦即可.
【小问 1 详解】
如图，取 A1 A 的中点 R ，连接 PR ， BR ，则 PR//AD ，
由 AD//BC 知 PR//BC ，∴ P ， R ， B ， C 四点共面，由题设知 BC  AB ， BC  A1 A ，
又 AB  A1 A  A ， AB, A1 A  平面 ABB1 A1 ，∴ BC  平面 ABB1 A1 ，
∵ AB1  平面 ABB1A1 ，∴ BC  AB1 ，
11
11
∵ tan ABR  AR  2  A1B1  tan A AB ，且ABR ， A AB 均为锐角，
AB4A1 A
∴ ABR  A1AB1 ，
∴ ABR  BAB1  A1AB1  BAB1  90 ，∴ AB1  BR ，
∵ BR ∩ BC  B ， BR, BC  平面 PRBC ，∴ AB1  平面 PRBC ，
∵ PQ  平面 PRBC ，∴ AB1  PQ ；
【小问 2 详解】
∵ PQ// 平面 ABB1A1 ，平面 ABB1A1 ∩ 平面 PQBR  BR ，
∴ PQ//BR ，∴四边形 PQBR 为平行四边形，∴ BQ  PR  3 ，由题设知 AA1 ， AB ， AD 两两垂直，
以 A 为坐标原点， AB ， AD ， AA1 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 P 0, 3, 2 ， B 4, 0, 0 ， Q 4, 3, 0 ， B1 2, 0, 4 ，
所以 BP  4, 3, 2 ， BQ  0, 3, 0 ， BB1  2, 0, 4 ，设 n1   x1, y1, z1  是平面 PBQ 的一个法向量，

–→ –––→
1111
n  BP  4x  3y  2z  0
则，令 x1 ，得 n  1, 0, 2 ．
–→ –––→11
n1  BQ  3y1  0
设 n2   x2 , y2 , z2  是平面 B1BQ 的一个法向量，

––→ –––→
则n2  BB1  2x2  4z2  0 ，令 x  2 ，得 n  2, 0,1 ．
––→ –––→22
n2  BQ  3y2  0
–→ ––→n1  n244
–→––→
n1  n2
5  5
∴ cs n1 , n2  5 ，
即二面角 P  BQ  B 的余弦值为 4 ．
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
12
，各场比赛的结果相互独立.经抽签，第一场比赛乙
中，甲胜乙和乙胜丙的概率均为 2 ，甲胜丙的概率为 3
轮空.
求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；
求只需四场比赛就决出冠军的概率；
7
【答案】（1）
18
19
（2）
72
【解析】
【分析】（1）根据独立事件同时发生的概率公式及互斥事件和的概率公式求解；
（2）决出冠军为四个互斥事件的和，分别求概率，利用互斥事件和的概率公式得解.
【小问 1 详解】
记事件 A 为甲胜乙，则 P  A  1 ， P  A  1 ，
22
事件 B 为甲胜丙，则 P  B  2 ， P B  1 ，
33
事件C 为乙胜丙，则 P C   1 ， P C   1 ，
22
前三场比赛结束后，丙被淘汰的情况分两种：
 
P B AC  2  1  1  1
3226
P  BAB  2  1  2  2
3239
丙被淘汰的概率为 P  P B AC   P  BAB  1  2  7 .
1
【小问 2 详解】
6918
只需四场比赛就决出冠军的情况有四种：
P  BABA  2  1  2  1  1
32329

P BCBC  1  1  1  1  1
323236
P B AC A  2  1  1  1  1
 
322212
 
P BC AC  1  1  1  1  1
322224
所以，只需四场比赛就决出冠军的概率为：
P2  P  BABA  P BACA  P BCBC   P BCAC 
 2  1  2  1  2  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  1  19 .
323232223232322272
2
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，平面 PAD  平面 ABCD ， AB  AD ， AB  AD  4 ， CD ，
PAD  120∘ ， ADC  45 .
求证：平面 PAB  平面 PAD ；
设 AB  AP .
①若直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 330 ，求线段 AB 的长.
55
②在线段 AD 上是否存在点G ，使得点 P ， C ， D 在以G 为球心的球上？若存在，求线段 AB 的长；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）① AB  1；②不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理得 AB  平面 PAD ，然后根据面面垂直的判定定理证明即可；
–––→
t3t 
（2）①建立空间直角坐标系，设 AB  t ，求得 BP   t,  2 , 2  ，求出平面 PCD 的法向量，利用线

面角的向量公式列式，即可求得线段 AB 的长.
②由题意GD  1 ，从而得G 0, 3  t, 0 ，由GP  GD 得t 2  3t  8  0 （*），因为方程（*）无实数解，故不存在点G .
【小问 1 详解】
在四棱锥 P  ABCD 中，平面 PAD  平面 ABCD ， AB  AD ，
AB  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD  AD ，所以 AB  平面 PAD ，
又 AB  平面 PAB ，所以平面 PAB  平面 PAD ；
【小问 2 详解】
如图以 A 为原点，以 AB 所在直线为 x 轴，以 AD 所在直线为 y 轴，建立如图所示直角空间坐标系 A  xyz ，
2
设 AB  t ，则 AP  t ，由 AB  AD  4 ， CD ， PAD  120∘ ， ADC  45 ，
t3t 
则 B t, 0, 0 ， P  0,  2 , 2  ，

因 AD  4  t ，则 D 0, 4  t, 0 ， C 1, 3  t, 0 ，且3  t  0
–––→t
3t 
所以CP   1, 2  3, 2  ， CD  1,1, 0 ，

→→→
①设平面 PCD 的法向量为 n   x, y, z  ，由 n  CP ， n  CD ，

x  t  6 y 
得：
z  0
→
，可取 n 
1,1,
8  t 
，
3t
3t
22
x  y  0
–––→
t3t 
设直线 PB 与平面 PCD 所成角为θ， BP   t,  2 ,
2  ，
则有：
sinθ

csn, BP ，
→ –––→
即 330 
55
t  t  8  t
22
11 
 8  t 2

3t 

t 2 
t 2
3t 2
44
，化简得： 4t 2 17t 13  0 ，
解得t  1或t  13 ，
4
又因为3  t  0 ，即0  t  3 ，所以t  13 ，即 AB  1；
4
②如图，假设在线段 AD 上存在点G ，使得点 P ， C ， D 在以G 为球心的球上，由GC  GD ，得GCD  GDC  45 ，所以CGD  90 ，
所以GD  CDcs45∘  1，
t3t 
又 AB  t 得 AD  4  t ， AG  AD  GD  3  t ，所以G 0, 3  t, 0 ， P  0,  2 , 2  ，
t2
3t 2

 t23
由GP  GD 得  3  t 
 
 1 ，即  3  t 2  1，
 2 2 
 24
亦即t 2  3t  8  0 （*），
因为  32  4  8  0 ，所以方程（*）无实数解，
所以线段 AD 上不存在点G ，使得点 P ， C ， D 在以G 为球心的球上.