广东省八校联考2025-2026学年高二上学期10月考试数学试卷

这是一份广东省八校联考2025-2026学年高二上学期10月考试数学试卷，共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.
答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置.
全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效.
回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 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，再选涂其他答案标号.
考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
抛一枚硬币 100 次，有 49 次正面朝上，则事件“正面朝上”的概率和频率分别是（）
A. 0.5，0.5B. 0.51，0.51C. 0.49，0.49D. 0.5，0.49
如图，在斜三棱柱 ABC  A B C 中， M 为 BC 的中点， N 为 AC 靠近 A 的三等分点，设–––→
 –––→
 –––→
  
1 1 1
1 11
AB  a, AC
 b, AA1  c ，则用 a, b, c 表示 NM 为（）
1

a
 
1
b  c

1
 a
 
1
b  c
2626
1

a
 
1
b  c

1
 a
 
1
b c
2626
在投掷一枚质地均匀的骰子试验中，事件 A 表示“向上的点数为偶数”，事件 B 表示“向上的点数是 5 或
6”，事件 C 表示“向上的点数小于 5”，则下列说法正确的是（ ）
A 与 B 是对立事件B. B 与 C 是对立事件
C. A 与 C 是互斥事件D. A 与 B 是互斥事件
在空间直角坐标系Oxyz 中，已知点 A2, 2, 2, B 4, 2, 0 ，若点 P 与点 A 关于Oyz 平面对称，则
–––→
BP  （）
14
2
​
2D.
13
3
11
已知随机事件 A, B,C 中， A 与 B 互斥， B 与C 对立，且 P( A)  0.3 ， P(C)  0.6 ，则 P( A ∪ B) 
（）
A. 0.6B. 0.7C. 0.8D. 0.9
在三棱锥 A  BCD 中，若 AB  BD ， CD  BD ， BD  1，则 AC  BD  （ ）
2
1
3
→ → →
B. 1C.
0
已知a, b, c 是空间的一个单位正交基底， m  a  b  2c ，则空间向量a 在 m 方向上的投影向量为
（）
1 →6 –→
1 –→
B.6 m
A. a
6
C.m
6
D. m
6
如图，某电子元件由 A，B，C 三种部件组成，现将该电子元件应用到某研发设备中，经过反复测试，A，
B，C 三种部件不能正常工作的概率分别为 111A B
4 ， 3 ， 2 ，各个部件是否正常工作相互独立． ， 同时正常工
作或 C 正常工作，则该电子元件能正常工作，那么该电子元件能正常工作的概率是（）
32
A. B.
43
1113
C.D.
1224
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
为了关注学生的健康成长，某校开展了一次高一年级的学生身高的抽样调查，随机抽取了 100 名学生，将他们的身高划分成了 A，B，C，D，E 五个层次，根据抽样结果得到如下统计图，则样本中（ ）
身高在 A 层次中的女生人数比男生多
身高在 B 层次中的人数最多
身高在 D 层次的女生，占女生人数的比例超过 15%
身高在 E 层次中的男生有 3 人
如图，在棱长为 1 的正四面体 ABCD 中，点 M，N 分别为棱 BC，AD 的中点，则（ ）
AB  CD
MN  1
2
侧棱与底面所成角的余弦值为 3
3
直线 AM 与 CN 所成角的正弦值为5
3
下列说法正确的是（ ）
已知事件 A, B ，若 P  A  0.5 ， P  B  0.4 ，且 B  A ，则 P  A ∪ B  0.5
已知事件 A, B ，若 P  A   1 ， P  B  1 且 A 与 B 相互独立，则 P  A ∪ B  7
3412
已知事件 A, B ，若 P  A   1 ， P  B  1 ，且 P  A ∪ B  1 ，则 A 与 B 相互独立
342
某班对学生体重进行抽样调查，抽取男生 30 人，平均数和方差分别为 55，15；女生 20 人，平均数和方差分别为 45，20，则总体样本的方差为 s2  41
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
现需要对某种疫苗进行检测，从 800 支疫苗中抽取 60 支进行检验，利用随机数表抽取样本时，先将
800 支按 000，001，…，799 进行编号，如果从随机数表第 7 行第 10 列的数开始向右读，依次读取三位数，则得到的第 4 个样本个体的编号是.（下面摘取了随机数表第 7 行至第 9 行）
从装有 3 个红球和 2 个黑球的盒子中不放回地一次随机抽取 2 个球（球除颜色外，其余完全相同），则
84 42 17 53 31
57 24 55 06 88
77 04 74 47 67
21 76 33 50 25
83 92 12 06 76
63 01 63 78 59
16 95 56 67 19
98 10 50 71 75
12 86 73 58 07
44 39 52 38 79
33 21 12 34 29
78 64 56 07 82
52 42 07 44 38
15 51 00 13 42
99 66 02 79 54
至少抽到 1 个黑球的概率为．
→ → →
→→ →→ →→
已知向量 p 以a, b, c为基底时的坐标为2, 3, 2 ，则 p 以a  2b, a  b, a  c为基底时的坐标为
．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤，其中第 15 题和第 19 题为选做题，从选做 1 和选做 2 中任选一题作答.两题都答题者以选做 1为准.
已知 a   x, 4,1 ， b  2, y, 1 ， c  3, 2, z  ， a//b ， b  c ，求：
x  y  z 的值；
a  c 与b  c 夹角的余弦值.
在平面直角坐标系中，已知三点 A2, 3, B 3, 2, C 1, 0 .
若直线l1 过点 C 且与直线 AB 垂直，求直线l1 的方程；
若直线l2 经过点 A，且在两坐标轴上的截距相等，求直线l2 的方程.
为弘扬传统文化，某校举办了传统文化知识竞赛，满分为 100 分，所有参赛学生的成绩都不低于 50分．现从中随机抽取了 50 名学生的成绩，按照50, 60), 60, 70),L ，90,100 分成 5 组，制成了如图所示的频率分布直方图．
求频率分布直方图中 x 的值，并估计所抽取的 50 名学生成绩的平均数、中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
若利用分层抽样的方法从样本中成绩不低于 70 分的学生中抽取 6 人，再从这 6 人中随机抽取 2 人，求恰有 1 人成绩在80, 90 的概率．
在平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中， 底面 ABCD 是边长为 1 的正方形， 侧棱 AA1 的长为 2 ， 且
A1AB  A1AD  60 ，求：
BD1 的长；
直线 BD1 和 A1C1 所成角的余弦值.
甲､乙两人轮流投篮，每人每次投一球.约定先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球 3 次时投
11
篮结束.设甲每次投篮投中的概率为 .
3 ，乙每次投篮投中的概率为 2 ，且各次投篮互不影响
若甲先投，求投篮结束时，乙只投了 2 个球的概率；
为使乙获胜的概率更大，应该由谁首次投篮？
如图，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， CA  CB  1 ， BCA  90 ， AA1  2 ， N 是 A1B1 的中点.
（1）求证： A1B  C1N ；
F 为线段 AB 上的动点，则是否存在 F 使得 AB  平面CC F ？若存在，请求出 AF 的值，若不存
1FB
在，请说明理由；
若 M 为 AB 中点， G 为V AMC 的重心， H 为C1G 上一点，且C1H : HG  3 :1，过 H 作任一平面分别交C1A 、C1C 、C1M 于 P 、Q 、 R ，若C1P  mC1 A ， C1Q  nC1C ， C1R  tC1M ，求证：
1  1  1 为定值.
mnt
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是菱形， ∠BAD  2πPA  AD  2 ． 平面
，
3
PAB  平面 ABCD, PA  BC．E, F 分别是棱 PA，PB 的中点， G，H 分别在线段 BC ， AC
上，且
BG  AH BCAC
 λ 1 ．
2
证明： E，F，G，H 四点共面；
证明： PA  平面 ABCD ；
设直线 FG 与直线 EH 交于点 M ，当直线 MC 与平面 EFGH 所成角的正弦值为2 时，
8
求 λ 的值．
2025~2026 学年度第一学期八校联盟高二教学质量检测（一）
数学
注意事项：
本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.
答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡的相应位置.
全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效.
回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 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，再选涂其他答案标号.
考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
抛一枚硬币 100 次，有 49 次正面朝上，则事件“正面朝上”的概率和频率分别是（）
A. 0.5，0.5B. 0.51，0.51C. 0.49，0.49D. 0.5，0.49
【答案】D
【解析】
【分析】根据频率的计算方法以及概率的含义，即可求得答案.
【详解】抛一枚硬币 100 次，有 49 次正面朝上，
49
故“正面朝上”的频率为
100
 0.49 ，
每次抛掷硬币时，正面和反面向上的机会均等，故“正面朝上”的概率为 0.5.
故选：D
如图，在斜三棱柱 ABC  A B C 中， M 为 BC 的中点， N 为 AC 靠近 A 的三等分点，设–––→
 –––→
 –––→
  
1 1 1
1 11
AB  a, AC
 b, AA1  c ，则用 a, b, c 表示 NM 为（）
1

a
 
1
b  c

1
a
 
1
b  c
2626
1

a
 
1
b  c

1
 a
 
1
b c
2626
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的加法、减法运算得解.
––––→––––→––––→––––→
2  1 →→
1 →1 →→
【详解】 NM  NC1  C1C  CM  b  c  a  b   a  b  c
3226
故选：A
在投掷一枚质地均匀的骰子试验中，事件 A 表示“向上的点数为偶数”，事件 B 表示“向上的点数是 5 或
6”，事件 C 表示“向上的点数小于 5”，则下列说法正确的是（ ）
A 与 B 是对立事件B. B 与 C 是对立事件
C. A 与 C 是互斥事件D. A 与 B 是互斥事件
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用互斥事件和对立事件的概念，逐项分析判断，即可求解.
【详解】对于选项 A：当向上的点数为 3 时，事件 A 与 B 同时不发生，所以 A 错误；对于选项 B：事件 B 与 C 不能同时发生，且事件 B 与 C 必有一个发生，所以 B 正确；对于选项 C：当向上的点数是 2 或 4 时，事件 A 与事件 C 同时发生，所以 C 错误； 对于选项 D：当向上的点数是 6 时，事件 A 与事件 B 能同时发生，所以 D 错误.
故选：B．
在空间直角坐标系Oxyz 中，已知点 A2, 2, 2, B 4, 2, 0 ，若点 P 与点 A 关于Oyz 平面对称，则
–––→
BP  （）
14
2
​
2D.
13
3
11
【答案】A
【解析】
【分析】先得到 P 2, 2, 2 ，从而得到 BP  6, 4, 2 ，利用模长公式得到答案.
【详解】若点 P 与点 A 关于Oyz 平面对称，则其横坐标互为相反数，纵坐标和竖坐标相等．又 A2, 2, 2 ，则 P 2, 2, 2 ，又 B 4, 2, 0 ，所以 BP  6, 4, 2 ，
(6)2  42  22
–––→
14
BP  2.
故选：A
已知随机事件 A, B,C 中， A 与 B 互斥， B 与C 对立，且 P( A)  0.3 ， P(C)  0.6 ，则 P( A ∪ B) 
（）
A. 0.6B. 0.7C. 0.8D. 0.9
【答案】B
【解析】
【分析】根据互斥事件对立事件的概率公式进行求解.
【详解】由于 B 与C 对立， P(C)  0.6 ，则 P(B)  1 P(C)  0.4 ，又 A 与 B 互斥， P( A)  0.3 ，则 P( A  B)  P( A)  P(B)  0.7 .
故选：B
3
在三棱锥 A  BCD 中，若 AB  BD ， CD  BD ， BD  1，则 AC  BD  （ ）
2
1
【答案】B
【解析】
B. 1C.
0
【分析】结合已知条件根据数量积的运算律求解即可.
【详解】因为 AB  BD ， CD  BD ， BD  1，

–––→ –––→–––→–––→–––→–––→–––→ –––→–––→2
所以 AC  BD  AB  BD  DC  BD  AB  BD  BD
故选：B
–––→ –––→
 DC  BD  0 1 0  1
→ → →
已知a, b, c 是空间的一个单位正交基底， m  a  b  2c ，则空间向量a 在 m 方向上的投影向量为
（）
1 →6 –→
1 –→
B.6 m
A. a
6
C.m
6
D. m
6
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量的投影向量公式计算即可.

→ → →
【详解】因为 a, b, c 是空间的一个单位正交基底，
r
r
r
所以 a  b  a  c  b  c  0 ， a2  b2  c2  1 ，
ur 2
则 m
rrr

 a  b  2c
2  a2
 b2
 4 c2
r
 6 ，
r
r

rrrrr 2
a  a  b  2c  a
 1 ，
ur
r ur
a  m
rrrr

a  a  b  2cur
ur
所以空间向量a 在 m 方向上的投影向量为
ur 2
m
 m 
ur 2
m
 m m ，
6
故选：D
如图，某电子元件由 A，B，C 三种部件组成，现将该电子元件应用到某研发设备中，经过反复测试，A，
B，C 三种部件不能正常工作的概率分别为 111A B
4 ， 3 ， 2 ，各个部件是否正常工作相互独立． ，
同时正常工
作或 C 正常工作，则该电子元件能正常工作，那么该电子元件能正常工作的概率是（）
32
A. B.
43
1113
C.D.
1224
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用对立事件及相互独立事件的概率公式列式求解.
【详解】设上半部分正常工作为事件 M，下半部分正常工作为事件 N，该电子元件能正常工作为事件 E，
则 P(M )  (1 1 )(1 1)  1 ， P(M )  1 P(M )  1 1  1 ，而 P(N )  1 ，
432222
因此 P(E)  1 P(M )P(N )  1 1  1  3 ，即该电子元件能正常工作的概率是 3 .
2244
故选：A
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
为了关注学生的健康成长，某校开展了一次高一年级的学生身高的抽样调查，随机抽取了 100 名学生，将他们的身高划分成了 A，B，C，D，E 五个层次，根据抽样结果得到如下统计图，则样本中（ ）
身高在 A 层次中的女生人数比男生多
身高在 B 层次中的人数最多
身高在 D 层次的女生，占女生人数的比例超过 15%
身高在 E 层次中的男生有 3 人
【答案】BCD
【解析】
【分析】结合已知和两个统计图表，对每一个选项逐一分析判断得解.
【详解】对于 A，样本中女生人数为4 12 10  8  6  40 人，则样本中男生人数为 60 人，样本中 A 层次身高的男生人数为60 15%  9 人，女生人数为 4 人，
所以，样本中 A 层次身高的女生少于男生，A 错误；
对于 B，因为男生中 B 层次的比例最大，女生中 B 层次的人数最多，
所以样本中 B 层次身高人数最多，B 正确；
8
对于 C，样本中 D 层次身高的女生有 8 人，占女生人数的比例为
40
 20%  15% ，C 正确；
对于 D，样本中 E 层次身高的男生有60 115%  40%  25% 15%  60  5%  3 人，D 正确.故选：BCD
如图，在棱长为 1 的正四面体 ABCD 中，点 M，N 分别为棱 BC，AD 的中点，则（ ）
AB  CD
MN  1
2
侧棱与底面所成角的余弦值为 3
3
直线 AM 与 CN 所成角的正弦值为5
3
【答案】ACD
【解析】
【分析】把 MN , AM , NC, CD 分别用 AB, AC, AD 表示，再根据数量积的运算律计算分析，即可判断
ABD，连接 DM ，在 DM 上取点O ，使得OD  2OM ，连接OA ，则OA  平面 BCD ，解△ADM 即
可判断 C.
【详解】由正四面体 ABCD，可得BAC  BAD  DAC  π ，
3
对于 A， CD  AD  AC ，

–––→ –––→–––→–––→–––→–––→ –––→–––→ –––→11
则 AB  CD  AB  AD  AC  AB  AD  AB  AC    0 ，
22
所以 AB  CD ，故 A 正确；
––––→–––→––––→–––→1
对于 B， MN  AN  AM  AN 
–––→–––→1

AB  AC 
–––→–––→–––→

AD  AB  AC ，
––––→
则 MN
1
AD  AB  AC  2 AB  AC  2 AB  AD  2 AD  AC
–––→2–––→2–––→2
–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→

22
 1 –––→–––→–––→ 2
 2
AD  AB  AC 

2
 1 111111 2 ，故 B 错误；
22
––––→1 –––→1 –––→ –––→–––→–––→–––→1 –––→
对于 D， AM  AB  AC, NC  AC  AN  AC  AD ，
222
3
––––→–––→
则 AM
 NC ，
2
––––→ –––→ 1 –––→1 –––→   –––→1 –––→ 
222
AM  NC   AB  AC   AC  AD 
 
 1
–––→ –––→1 –––→ –––→1 –––→21 –––→ –––→
AB  AC  AB  AD  AC  AD  AC
2424
 1  1  1  1  1 ，
48282
设直线 AM , CN 所成角为θ，
––––→ –––→1
则csθ
––––→ –––→
cs AM , NC
AM  NC
 ––––→ –––→
2 2 ，
AM NC3 33
22
所以直线 AM , CN 所成角的余弦值为 2 ，正弦值为 5 ,故 D 正确；
33
对于 C，连接 DM ，在 DM 上取点O ，使得OD  2OM ，连接OA ，则OA  平面 BCD ，
则∠ADM 即为直线 AD 与平面 BCD 所成角的平面角，
在△ADM 中， AM  DM 
1 3  3
则cs ADM  44 
3 , AD  1 ，
2
3
，
2 133
2
由正四面体的结构特征可得，直线 AB, AC, AD 与平面 BCD 所成角的相等，
所以侧棱与底面所成角的余弦值为 3 ，故 C 正确.
3
故选：ACD
下列说法正确的是（ ）
已知事件 A, B ，若 P  A  0.5 ， P  B  0.4 ，且 B  A ，则 P  A ∪ B  0.5
已知事件 A, B ，若 P  A   1 ， P  B  1 且 A 与 B 相互独立，则 P  A ∪ B  7
3412
已知事件 A, B ，若 P  A   1 ， P  B  1 ，且 P  A ∪ B  1 ，则 A 与 B 相互独立
342
某班对学生体重进行抽样调查，抽取男生 30 人，平均数和方差分别为 55，15；女生 20 人，平均数和方差分别为 45，20，则总体样本的方差为 s2  41
【答案】ACD
【解析】
【分析】对 A，根据条件得 A ∪ B  A ，即可求解；对 B 和 C，利用相互独立事件的概率公式，再结合选项条件，即可求解；对 D，利用分层抽样方差计算公式，结合选项条件，直接求出方差，即可求解.
【详解】对选项 A，因为 B  A ，所以 A ∪ B  A ，则 P  A  B  P  A  0.5 ，所以选项 A 正确；
对于选项 B，因为 A 与 B 相互独立， P  A  1 , P  B  1 ，则 P  AB  P  A P  B  1 ，
3412
又 P  A  B  P  A  P  B  P  AB  1  1  1  1 ，所以选项 B 错误；
34122
对于选项 C，因为 P  A  B  P  A  P  B  P  AB  1 ，
2
又 P  A  1 , P  B  1 ，则 P  AB  1  1  1  1
 P  A P  B ，
3434212
所以 A 与 B 相互独立，故选项 C 正确，
对于选项 D，样本总体平均数 Z 
30 55 20 45  51 ，

30  2030  20
总体样本的方差为 s2 
确，
30

30  20
 15  55  512  
20
30  20
 20  45  512   41 ，所以选项 D 正
故选：ACD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
现需要对某种疫苗进行检测，从 800 支疫苗中抽取 60 支进行检验，利用随机数表抽取样本时，先将
800 支按 000，001，…，799 进行编号，如果从随机数表第 7 行第 10 列的数开始向右读，依次读取三位数，则得到的第 4 个样本个体的编号是.（下面摘取了随机数表第 7 行至第 9 行）
【分析】根据随机数表读取编号的方法，即可求得答案.
【详解】按照所给随机数表，依次读取的个体编号为 157，245，506，704，所以得到的第 4 个样本个体的编号是 704.
故答案为：704
从装有 3 个红球和 2 个黑球的盒子中不放回地一次随机抽取 2 个球（球除颜色外，其余完全相同），则至少抽到 1 个黑球的概率为．
7
【答案】## 0.7
10
【解析】
【分析】利用列举法可得总样本空间为 10 个，符合的有 7 个，利用古典概率即可求解.
【详解】设 3 个红球分别为 A, B,C ，2 个黑球分别为 a, b ，
则试验的样本空间为 A, B,  A, C ,  A, a,  A, b,  B, C ,  B, a,  B, b, C, a, C, b, a, b，共 10 个样本点，
84 42 17 53 31
57 24 55 06 88
77 04 74 47 67
21 76 33 50 25
83 92 12 06 76
63 01 63 78 59
16 95 56 67 19
98 10 50 71 75
12 86 73 58 07
44 39 52 38 79
33 21 12 34 29
78 64 56 07 82
52 42 07 44 38
15 51 00 13 42
99 66 02 79 54
【答案】704
【解析】
选出的 2 个球中至少有 1 个黑球包含的样本点为 A, a,  A, b,  B, a,  B, b, C, a, C, b, a, b ，共 7
个，
7
则所求概率为．
10
7
故答案为：.
10
→ → →
→→ →→ →→
已知向量 p 以a, b, c为基底时的坐标为2, 3, 2 ，则 p 以a  2b, a  b, a  c为基底时的坐标为
．
【答案】1, 1, 2
【解析】
→ → →
【分析】首先根据向量 p 以a, b, c为基底时的坐标，得到 p 关于 a ， b ， c 的表达式，然后设 p 以

→→ →→ →→
a  2b, a  b, a  c 为基底时的坐标为 x, y, z  ，得到 p 关于a  2b ， a  b ， a  c 的表达式，最后通过向
量相等建立方程组，求解方程组得到 x ， y ， z 的值，即为所求坐标.

→ → →
【详解】因为向量 p 以 a, b, c 为基底时的坐标为2, 3, 2 ，所以 p  2a  3b  2c ．

→→ →→ →→
设向量 p 在新基底 a  2b, a  b, a  c 下的坐标为 x, y, z  ，

→→→→→→→→→
则 x a  2b  y a  b  z a  c  2a  3b  2c ，
即 x  y  z  a   y  2xb  zc  2a  3b  2c
x  y  z  2 x  1
则 y  2x  3 ，解得 y  1 ，


z  2


 z  2

→→ →→ →→
所以 p 以 a  2b, a  b, a  c 为基底时的坐标为1, 1, 2 ．
故答案为： 1, 1, 2 .
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤，其中第 15 题和第 19 题为选做题，从选做 1 和选做 2 中任选一题作答.两题都答题者以选做 1为准.
已知 a   x, 4,1 ， b  2, y, 1 ， c  3, 2, z  ， a//b ， b  c ，求：
x  y  z 的值；
a  c 与b  c 夹角的余弦值.
【答案】（1）0（2）  2
19
【解析】
【分析】（1）由向量平行及垂直的坐标表示即可求解；
（2）由向量夹角的坐标公式即可求解.
【小问 1 详解】
x
因为 a ∥b ，所以 2
 4 
y
1
1 ，
解得 x  2 ， y  4 ，
→
所以 a  2, 4,1 ， b  2, 4, 1
c
又b  c ，则b  c  0 ，即6  2 4z   0 ，得 z  2 ，于是→  3, 2, 2 ，则 x  y  z  2  4  2  0 .
【小问 2 详解】
→→→
由（1）得 a  c  5, 2, 3 ， b  c  1, 6,1
→→→→
a  c  b  c  5 12  3 2
设a  c 与b  c 的夹角为θ，所以csθ
→  →→
→38 
 ，
19
38
ac  b  c
19
所以a  c 与b  c 夹角的余弦值为 2 .
在平面直角坐标系中，已知三点 A2, 3, B 3, 2, C 1, 0 .
若直线l1 过点 C 且与直线 AB 垂直，求直线l1 的方程；
若直线l2 经过点 A，且在两坐标轴上的截距相等，求直线l2 的方程.
【答案】（1） x  y 1  0 ；
（2） 3x  2 y  0 或 x  y  5  0 .
【解析】
【分析】（1）求出直线 AB 的斜率，利用垂直关系求出直线l1 的斜率及方程.
（2）按截距是否为 0 分类，再结合直线的截距式方程求解.
【小问 1 详解】
由 A(2, 3), B(3, 2) ，得直线 AB 的斜率为 kAB
 3  2  1，
2  3
由l1  AB ，得直线l1 的斜率为1，
所以直线l1 的方程为 y  0  1(x 1) ，即 x  y 1  0.
【小问 2 详解】
设直线l2 在 x 上的截距为 a ，
当 a  0 时，直线l 过原点及点 A(2, 3) ，方程为 y  3 x ，即3x  2 y  0 ；
22
当 a  0 时，直线l 的方程为 x  y  1，而直线l 过点 A(2, 3) ，则 a  5 ，直线l 的方程为
2aa22
x  y  5  0 ，
所以直线l2 的方程为3x  2 y  0 或 x  y  5  0 .
为弘扬传统文化，某校举办了传统文化知识竞赛，满分为 100 分，所有参赛学生的成绩都不低于 50分．现从中随机抽取了 50 名学生的成绩，按照50, 60), 60, 70),L ，90,100 分成 5 组，制成了如图所示的频率分布直方图．
求频率分布直方图中 x 的值，并估计所抽取的 50 名学生成绩的平均数、中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
若利用分层抽样的方法从样本中成绩不低于 70 分的学生中抽取 6 人，再从这 6 人中随机抽取 2 人，
求恰有 1 人成绩在80, 90 的概率．
【答案】（1） x  0.02 ，平均数为74 分，中位数为
8
220
分；
3
（2）
15
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形面积之和为1可求得 x 的值，将每个矩形的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加可得平均数，根据中位数左边的矩形面积之和为0.5 可求得中位数的值；
（2）分析可知后三组中所抽取的人数分别为3, 2,1，将这6 人进行标记，列举出所有的基本事件，利用古
典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【小问 1 详解】
由已知可得0.01 2  0.03 2  x10  1，解得 x  0.02 ，
所抽取的50 名学生成绩的平均数为55 0.1 65 0.3  75 0.3  85 0.2  95 0.1  74 （分），由于前两组的频率之和为0.1  0.3  0.4 ，前三组的频率之和为0.1 0.3 2  0.7 ，
所以，中位数a 70,80 ，由题意可得0.4  a  70 0.03  0.5 ，解得 a  220 （分）.
3
【小问 2 详解】
由（1）可知，后三组中的人数分别为15,10, 5 ，故这三组中所抽取的人数分别为3, 2,1，
记成绩在70,80 这组的3 名学生分别为 a, b, c ，成绩在80, 90 这组的2 名学生分别为 d , e ，成绩在
90,100 这组的1名学生为 f ，
则从中任抽取2 人的所有可能结果为a, b 、a, c 、a, d  、a, e 、a, f  、b, c 、b, d  、
b, e 、b, f  、c, d  、c, e 、c, f  、d , e 、d , f  、e, f  ，共15 种.
其中恰有1人成绩在80, 90 为a, d  、a, e 、b, d  、b, e 、c, d  、c, e 、d , f  、e, f  共8 种.
故所求概率为 P  8 .
15
在平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中， 底面 ABCD 是边长为 1 的正方形， 侧棱 AA1 的长为 2 ， 且
A1AB  A1AD  60 ，求：
BD1 的长；
直线 BD1 和 A1C1 所成角的余弦值.
6
【答案】（1）
（2） 3
3
【解析】
–––→ →
【分析】（1）先设 BA  a ， BC=b ， DD1  c ，得出 BD1  a  b  c ，利用向量数量积的运算律计算即得；
（2）利用空间向量的夹角公式计算即可.
【小问 1 详解】
如图，连接 BD, BD1 ，设 BA  a
–––→ →
， BC=b ， DD1
 c ，
依题意， →→ →→
a·b  0, a·c  1 2 cs120  1, b·c  1 2 cs 60  1,
→
而 BD1  BD  DD1  BA  BC  DD1  a  b  c ，
––––→2
→→→ 2
2→2→2
→ →→ →→ →
BD1
 a  b  c 
 a  b
 c  2a  b  2a  c  2b  c
 11 4  2 1  2 1  6 ，
––––→
6
所以 BD1 .
【小问 2 详解】
连接 A1C1, AC ， A1C1  AC  BC  BA  b  a ，
––––→ ––––→
→→→→→
所以 BD1  A1C1  a  b  c b  a 
 →→22
→→→ →
a  b  a  b
––––→
 a  b  b  c  a  c  111 1  2 ，
11
6
––––→
又 A1C1 
2 ， BD1 ，
––––→ ––––→
BD1  A1C123
6  2
所以cs
BD1 , A1C1
 0 ， 3
––––→ ––––→
BD1 A1C1
3
故直线 BD 和 AC 所成角的余弦值为.
3
11 1
甲､乙两人轮流投篮，每人每次投一球.约定先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球 3 次时投
11
篮结束.设甲每次投篮投中的概率为 .
3 ，乙每次投篮投中的概率为 2 ，且各次投篮互不影响
若甲先投，求投篮结束时，乙只投了 2 个球的概率；
为使乙获胜的概率更大，应该由谁首次投篮？
4
【答案】（1）
27
（2）乙
【解析】
【分析】（1）设 Ak ， Bk (k  1, 2, 3) 分别表示甲、乙在第 k 次投篮投中，记“投篮结束时乙只投了 2 个球”
为事件 C，由互斥事件概率的加法公式和独立事件的乘法公式计算可得答案；
（2）由互斥事件概率的加法公式和独立事件的乘法公式，分别求解甲和乙首次投篮时乙获胜的概率，比较大小即可求解.
【小问 1 详解】
根据题意，设 Ak ， Bk 分别表示甲、乙在第 k 次投篮投中，
则 P( A )  1 ， P(B )  1 ， (k  1, 2, 3)
k3k2
记“投篮结束时乙只投了 2 个球”为事件 C，则 P(C)  P  A1B1 A2 B2   P  A1B1 A2 B2 A3 
 P  A1  P B1  P  A2  P  B2   P  A1  P B1  P  A2  P B2  P  A3 
 2 2
  3 
 1 2
 2 
 2 2
  3 
 1 2
 2 
 1  4 ．
327

【小问 2 详解】
若由甲首次投篮，设“乙获胜”为事件 D ，
则 P(D)  P  A1B1   P  A1B1 A2 B2   P  A1B1 A2 B2 A3 B3 
 P  A1  P  B1   P  A1  P B1  P  A2  P  B2   P  A1  P B1  P  A2  P B2  P  A3  P  B3 
21 2 2 1 2 2 3 1 313
            ；
32 3  2  3  2 27
若由乙首次投篮，记“乙获胜”为事件 E，则 P(E) 
P B1  B1 A1B2  B1 A1 B2 A2B3   P  B1   P B1 A1B2   P B1 A1 B2 A2B3 
 1  1  2  1  1  2  1  2  1  13 .
22322323218
因为 13  13 ，所以为使乙获胜的概率更大，应该由乙首次投篮.
2718
如图，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， CA  CB  1 ， BCA  90 ， AA1  2 ， N 是 A1B1 的中点.
（1）求证： A1B  C1N ；
F 为线段 AB 上的动点，则是否存在 F 使得 AB  平面CC F ？若存在，请求出 AF 的值，若不存
1FB
在，请说明理由；
若 M 为 AB 中点， G 为aAMC 的重心， H 为C1G 上一点，且C1H : HG  3 :1，过 H 作任一平面分别交C1A 、C1C 、C1M 于 P 、Q 、 R ，若C1P  mC1 A ， C1Q  nC1C ， C1R  tC1M ，求证：
1  1  1 为定值.
mnt
【答案】（1）证明见解析
存在， AF  1
FB
证明见解析
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据空间位置关系的向量证明方法，即可证明结论；
假设存在 F 使得 AB  平面CC1F ，设 AF  λAB  λ1,1, 0  λ,λ, 0 ，根据线面垂直可得
AB  CF  1λ λ 0 ，求出参数的值，即可得结论；
由G 为aAMC 的重心，可得GA  GM  GC  0 ，利用向量的运算推出
––––→1
C1G  3
–––→––––→––––→

C1A  C1M  C1C ，再根据 P 、 R 、Q 、 H 四点共面，则存在λ、μ R ，使得
PH  λPQ  μPR ，继而得C1H  1λ μ mC1 A  λnC1C  μtC1M ，结合空间向量基本定理即可证
明结论.
【小问 1 详解】
证明：以C 为原点，分别以CA 、CB 、CC1 所在直线为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系，
mCA  CB  1， BCA  90 ， AA1  2 ，
则 A1, 0, 0 、 B 0,1, 0 、 A1 1, 0, 2 、 B1 0,1, 2 、C1 0, 0, 2 ，
N  1 1
––––→
 1 1
Q N 是 A1B1 的中点，则
 , , 2  ， A1B  1,1, 2 ， C1 N   , , 0  ，
 2 2 2 2
m–––→  ––––→  1 1 1 1  2 0  0 ， A B  C N ，即 A B  C N .
A1B C1 N22
【小问 2 详解】
1111
假设存在 F 使得 AB  平面CC1F ，
由（1）得 AB  1,1, 0 ， C1C  0, 0, 2 ，
设 AF  λAB  λ1,1, 0  λ,λ, 0 ，其中0 ≤λ≤1 ， 则 F 1λ,λ, 0 ， CF  1λ,λ, 0 ，
因为CC1  平面 ABC ， AB  平面 ABC ，
故CC1  AB ， CC1 ∩ CF  C, CC1, CF  平面C1CF ，
若 AB  平面C CF ，则只需 AB  CF  1λ λ 0 ，解得λ 1 ， AF  1，
1
故存在点 F ，使得 AB  平面C CF ，此时 AF  1.
1FB
【小问 3 详解】
FB
证明：因为G 为aAMC 的重心，则GA  GM  GC  0 ，
––––→1
即C1 A  C1G  C1M  C1G  C1C  C1G  0 ，可得C1G  3
–––→––––→––––→

C1 A  C1M  C1C ，
因为 H 为C1G
上一点，且C1H : HG  3 :1
––––→3 ––––→1
，则C1H  C1G 
–––→––––→––––→

C1 A  C1M  C1C ，
44
因为 P 、 R 、Q 、 H 四点共面，则存在λ、μ R ，使得 PH  λPQ  μPR ，

––––→–––→––––→–––→–––→–––→
即C1H  C1P  λ C1Q  C1P  μ C1R  C1P ，
所以C1H  1λ μC1P  λC1Q  μC1R  1λ μ mC1A  λnC1C  μtC1M ，
––––→1
又因为C1H  4
–––→––––→––––→

C1A  C1M  C1C ，且C1 A 、C1M 、C1C 不共面，
1λ μ m  1
4



由空间向量基本定理可得λn  1，
4
μt  1
4
因此 1  1  1  4 1λ μ  4λ 4μ 4 为定值.
mnt
如图，在四棱锥 P  ABCD
中，底面 ABCD 是菱形， ∠BAD  2π
PA  AD  2
． 平面
，
3
PAB  平面
ABCD, PA  BC．E, F
分别是棱 PA，PB
的中点， G，H
分别在线段 BC ， AC
上，且
BG  AH BCAC
 λ 1 ．
2
证明： E，F，G，H
四点共面；
证明： PA  平面 ABCD ；
设直线 FG 与直线 EH 交于点 M ，当直线 MC 与平面 EFGH 所成角的正弦值为2 时，
8
求 λ 的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析（3）λ 1
3
【解析】
【分析】（1）先证明 EF∥AB ， GH ∥ AB ，可得 EF ∥GH ， 从而可得结论；
取 AB 中点为 I，连接 CI，先证明CI  PA 与 PA  BC ，再利用线面垂直的判定定理可得 PA  平面
ABCD ；
取 BC 中点为 N，以 A 点为坐标原点，再分别以 AN，AD 和 AP 所在直线为 x 轴， y 轴和 z 轴建立空间直角坐标系，求出直线 MC 的方向向量与平面 EFGH 的法向量，利用线面角的正弦值列方程可求 λ 的值．
【小问 1 详解】
m E ， F 分别是棱 PA ， PB 的中点， EF∥AB ，

BGAH
∵， GH ∥ AB ，BCAC
 EF∥GH ， E ， F ， G ， H 四点共面．
【小问 2 详解】
m底面 ABCD 是菱形， BAD  2π ，
3
∴ABC  π ， V ABC 是等边三角形，
3
取 AB 中点为 I，连接 CI，则CI  AB ，
又平面 PAB  平面 ABCD ，且平面 PAB  平面 ABCD  AB ，
∴CI  平面 PAB，又 PA  平面 PAB，∴CI  PA ，
又 PA  BC ，且CI ∩ BC  C ， CI , BC  平面 ABCD ，
 PA  平面 ABCD ．
【小问 3 详解】
m M 平面 PBC， M 平面 PAC，又平面 PBC  平面 PAC  PC ，
∴M  PC ，即直线 MC 就是直线 PC．
取 BC 中点为 N，以 A 点为坐标原点，再分别以 AN，AD 和
AP 所在直线为 x 轴， y 轴和 z 轴建立如图 6 所示的空间直角
坐标系：
则 P 0,0,2 ， C  3,1, 0， E 0, 0,1 ， B  3, 1, 0, F  3 ,  1 ,1 ，
 22
–––→
–––→

31
PC   3,1, 2 ， EF   2 ,  2 , 0  ，


–––→
设 H x, y, 0 ，则 AH   x, y, 0 ， AC 
3,1, 0，
x 3λ，
由 AH  λAC 可得： 

y  λ，
 H 
–––→

3λ,λ, 0 ， EH 
3λ,λ, 1 ，
→
设平面 EFGH 的一个法向量为 n  a, b, c ，
→
–––→
EF ·n  0，


a  1
3
b  0，
3
则 –––→ →
 22
取 a  1 ，则b ， c  2 3λ，

 EH ·n  0 3λa  λb  c  0，
 →
n  1, 3, 2 3λ ，
PC  n
–––→
–––→ →
PC  n
→
设直线 MC 与平面 EFGH 所成角为θ，
2 2  12λ2  4
3  3  4 3λ
–––→
则sinθ
cs
→
PC, n
2 ，
8
化简得： 45λ2  48λ11  0 ，解得：λ 1 或λ 11 ，
又λ 1 ，λ 1 ．
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