四川省南充市嘉陵一中2025-2026学年高二上学期10月考试数学试卷

这是一份四川省南充市嘉陵一中2025-2026学年高二上学期10月考试数学试卷，共11页。试卷主要包含了单选题，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．
在空间直角坐标系Oxyz 中，与点1, 2,1 关于平面 xOz 对称的点为（）
1, 2,1
1, 2,1
1, 2, 1
1, 2, 1
从分别写有 1，2，3，4 的 4 张卡片中不放回地随机抽取 2 张，则抽到的 2 张卡片上的数字之和是奇数的概率为（）
A． 1
3
B． 2
5
． 1D． 2
C
23
若直线l 的一个方向向量为 m ，平面α的一个法向量为 n ，则可能使l / /α的是（）
m  1, 0, 0, n  2, 0, 0
C. m  1, 1, 3, n  0, 3,1
m  0, 2,1, n  1, 0,1
D. m  1, 2, 3, n  1, 0,1
––––→
设 A  3, 3,1、B  1, 0, 5、C 0,1, 0 ，则 AB 的中点 M 到点 C 的距离 CM  （）
53B. 53
44
13
2
53
2
已知 a＝(1,2，－y)，b＝(x,1,2)，且(a＋2b)∥(2a－b)，则()
1
A x＝ ，y＝1B. x
3
1
＝ 2 ，
y＝－
4C. x＝2，y＝－ 1
4
D. x＝1，y＝－1
在平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，
AA1  4, A1 AD  A1 AB  60 °，则异面直线 AC 与 DC1 直线所成角的正弦值为（）
70
14
11 14
14
14
7
3 14
14
41
已知二面角α l β， A 、B 两点在棱l 上，直线 AC, BD 分别在这个二面角的两个半 平面内，且都垂直于l .已知 AB  2, AC  3, BD  4, CD  ，则二面角α l β的大小是（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
如图，在正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中， AB  3 ， AA1  4 ， P 是侧面 BCC1B1 内的动点，且 AP  BD1 ，记 AP 与平面 BCC1B1 所成的角为θ，则 tanθ的最大值为（）
45
B.
33
25
C. 2D.
9
二､多选题：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，有多项符合题目要求．全部选对得 6 分，部分选对得部分分，选错得 0 分
设样本空间  {1, 2, 3, 4}含有等可能样本点，且 A  {1, 2}, B  {1, 3},C  {1, 4}, D  {3, 4}，则下列说法正确的是（）
事件 A 与 B 为互斥事件B．事件 A 与 D 为对立事件
C．事件 A, B,C 两两相互独立D． P( ABC)  P( A)P(B)P(C)
下列说法不正确的是（）
数据 1，8，3，5，6 的第 60 百分位数是 5
若一组样本数据 4，6，7，8，9， a 的平均数为 7，则 a  7
用分层随机抽样时，个体数最多的层里的个体被抽到的概率最大
若 x1 , x2 ,, x10 的标准差为 4，则 2x1  3, 2x2  3, 2x3  3,, 2x10  3 的标准差是 8
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（）
若λ 1 ， μ 0 ，则V 1
若λ μ 1 ，则 D P / / 平面 A BD
P A1BD811
若λ 1 ， μ 1 ，则OP  平面 A BD
21
若λ 1 ， 0  μ 1时，直线OP 与平面 A BD 所成的角为θ，则sinθ  6
1 3 ,1

三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
1 2
a
1 2
设异面直线l , l 的方向向量分别为 →  1,1, 0, b  1, 0, 1 ，则异面直线l , l 所成角的大小为．
一个底面直径是32??的圆柱形水桶装入一定量的水，将一个球放入桶内完全淹没，水
面上升了9??且无溢出，则这个球的表面积是．
点 P 是棱长为 4 的正四面体表面上的动点， MN 是该四面体内切球的一条直径，则
PM  PN 的最大值是．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．其中 15 题 13 分, 16、17 题 15 分, 18、 19 题 17 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15．（本题满分 13 分）已知空间中三点 A2, 0, 2 ， B 1, 1, 2 ， C 3, 0, 4 ，设a  AB ， b  AC .
已知向量ka  b 与b 互相垂直，求k 的值；
若点 P 1, 1, m 在平面 ABC 上，求m 的值.
16．（本题满分 15 分）某地区市政府为了鼓励居民节约用电，计划调整居民生活用电收费方案，拟确定一个合理的月用电量标准 x （千瓦时）：月用电量不超过 x 的部分按平价收费，超出 x 的部分按议价收费．为了了解居民用电情况，通过抽样，获得了 100 位居民每人的月均用电量（千瓦时），将
数据按照[0,100),[100, 200),L,[600, 700) 分成 7 组，制成了如图所示的频率分布直方图． (1)求频率分布直方图中a 的值，并且计算样本的平均数；
若该市有 900 万居民，估计全市居民中月均用电量不低于 400 千瓦时的人数；
若该地区市政府希望使85% 的居民每月的用电量不超过标准 x （千瓦时），估计 x 的值．（结果保留整数）
17．（本题满分 15 分）如图，在正三棱柱??? ― ?1?1?1中，点?是??的中点，?? = ??1
= 4．
求证：?1?//平面???1；
求证：平面???1 ⊥ 平面???1?1；
求直线?1?到平面???1的距离．
18．（本题满分 17 分）如图甲，已知在长方形 ABCD 中， AB  4 ， AD  2 ，M 为 DC 的中点．将△ADM 沿 AM 折起，如图乙，使得平面 ADM  平面 ABCM ．
求证： AD  平面 BDM ；
若点 E 是线段 DB 上一动点，点 E 在何位置时，二面角 E  AM  D 的余弦值为 2 5 ．
5
19．（本题满分 17 分）如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，
3
ADC  BCD  90 ，BC  1 ，CD ，PD  2 ，PDA  60，PAD  30 ，且平面 PAD 
平面 ABCD，在平面 ABCD 内过 B 作 BO  AD ，交 AD 于 O，连 PO.
求证： PO  平面 ABCD；
求面 APB 与面 PBC 所成角的正弦值；
在线段 PA 上存在一点 M，使直线 BM 与平面 PAD 所成的角的正弦值为 277 ，求 PM 的长.
嘉陵一中高 2024 级高二上第一次月考数学试卷
参考答案
1-4ADCD5-8BACB
8【分析】以 DA ， DC ， DD1 所在直线分别为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系，设
P(x ，3， z) ，根据空间向量垂直的坐标表示求得 z  3 x ，继而得 BP 的最小值，连接
4
BP，由线面角的定义得∠APB 就是 AP 与平面 BCC1B1 所成的角，故而得 tanθ的最
大值.
解：以 DA ， DC ， DD1 所在直线分别为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系，则
A3，0, 0, B 3，3, 0 ， D1 0，0, 4 ，
––––→
设 P(x ，3， z) ，则 AP  (x  3 ，3， z) ， BD1  (3 ， 3 ， 4) ，
Q AP  BD1 ， AP·BD1  0 ，
3(x  3)  3 3  4z  0 ， z  3 x ，
4
(x  3)2  z2
 BP 

25 (x  48)2  81… 9 ，
25 x2  6x  9
16
1625255
连接 BP，在正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，AB  面 BCC1B1 ，所以∠APB
与平面 BCC1B1 所成的角，即APB θ ，
就是 AP
tanθ | AB | „
55
，tanθ的最大值为 ．
| AP |33
故选：B．
9.BC10. ABC11. BCD
连接 PD1 ， PA1 ， D1P ， BP ， A1C ，以 D 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
O  1 1
如图所示，可得 B 1,1, 0 ， C 0,1, 0 ， B1 1,1,1 ， D1 0, 0,1 ，,, 0  ，
 2 2
则DP  DB  BP  DB  λBC  μBB1  1,1, 0  λ1, 0, 0  μ0, 0,1  1λ,1,μ ，
即 P 1λ,1,μ ，
对于 A 中，若λ 1,μ 0 ，则 P 0,1, 0 ，则 P 点与 C 点重合，
可得V
 V V
 1  1 111  1 ，所以 A 错误；
P A1BDA1 PBDA1 CBD3  26

对于 B 中，若λ μ 1 ，则 P μ,1,μ ，D1P  μ,1,μ1 ，DA1  1, 0,1 ，DB  1,1, 0 ，
→ ––––→
A BD→
n  DA1  x  z  0
设平面 1的法向量为 n   x, y, z  ，则 → ––––→，
n  DB1  x  Y  0
n
取 z  1，可得 x  1, y  1 ，所以 →  1,1,1 ，
由于 D P  →  μ,1,μ1 1,1,1  0 ，可得 D P  n ，
1n1
因为 D1P  平面 A1BD ，所以 D1P / / 平面 A1BD ，所以 B 正确；
11 –––→1 1 1 
对于 C 中，若λ 1,μ ，则 P  0,1, 2  ， OP    , ,  ，
2
2 2 2 
由于 n  2OP ，所以OP  平面 A1BD ，所以 C 正确；
Dλ 1, 0  μ 1
P 0,1,μ
–––→    1 1 μ
对于中，若
时，可得
，所以OP
,, ，

2 2
–––→
→
OP  n
–––→
OP  n
→
1 μ
11
3 1  μ2
2
3
1 2μ μ2
μ2  1
2
3
1  2μ μ2  1
2
2
μ2  1
2
则sinθ
3
 1
1 2
2μ 1
μ2  1
2
，
t  2μ 11  t  5
μ 2t 124t 2  4t 1
214t 2  4t  9
设， ，则
222
4， μ 16
， μ  ，
216
3
sinθ
则
1 
 1

1
16
4t  9  4
t
，
1
t
4t 2  4t  9
16
3
由于函数 y  4t  9 （ 1  t  5 ）在  1 , 3  上单调递减，在  3 , 5  上单调递增，
4  1  9  20
t22
4  3  9  12

 2 2 
4  5  9  68

 2 2 
且21，23
22
9
，255 ，
2
91 ≤1≤ 1
所以12  4t 
t
 20 ，所以8 ≤ 4t  t  4 ≤16 ， 16
4t  9  48 ，
t
1≤16
4t  9  4
t
≤ 22  1
，
16
4t  9  4
t
 3
2
，

1
16
4t  9  4
t
3

，
2
3
3
6 
所以 3
1 

 1
，所以sinθ 
6
3 ,1 ，所以 D 正确.

1
16
4t  9  4
t
故选：BCD.
π ( 60°)
3
576???2
14.16
3
15、（本题满分 13 分）
（1）由已知a  (1, 1, 0) ， b  (1, 0, 2) ，因为ka  b 与b 互相垂直，故(ka  b)  b  0 即
→ →→2
ka  b  b
 0 ，故k  5  0 即k  56 分
因为点
P(1, 1, m)
在平面
ABC
上，故存在 x ， y
–––→–––→–––→
使得 AP  x AB  y AC ，
1  x  y

又 AP  1, 1, m  2 ，所以1  x

m  2  2 y
x  1

，解得 y  0

m  2
.故m  213 分
16、（本题满分 15 分）
（1）由频率之和为 1，可得(0.0005  0.001 3  a  0.002  0.003) 100  1，解得a  0.0015 ，2 分
样本的平均数为：
50  0.05 150  0.1 250  0.1 350  0.2  450  0.3  550  0.15  650  0.1  395 （千瓦）…5 分
（2）由图可得，用电量不低于 400 千瓦的频率为0.3  0.15  0.1  0.55 ，7 分
故全市居民中月均用电量不低于 400 千瓦的人数为900  0.55  495 万人10 分
由图可得，前 5 组的频率之知为0.05  0.1 2  0.2  0.3  0.75 ，
前 6 组的频率之和为0.05  0.1 2  0.2  0.3  0.15  0.9 ，设第 85 百分位数为 x ，则
x [500, 600) ，故0.75  (x  500)  0.0015  0.85 ，解得 x  567 （千瓦）．15 分
17、（本题满分 15 分）
连接?1?，交?1?点?，连接??，则?是?1?的中点，
因为?是??的中点，所以??//?1?，
又?? ⊂ 平面???1，?1?⊄平面???1，所以?1?//平面???1．5 分
因为????为等边三角形，且?是??的中点，
所以?? ⊥ ??，由正三棱柱的性质知，??1 ⊥ 平面???，因为?? ⊂ 平面???，所以??1 ⊥ ??，
又?? ∩ ??1 = ?,??、??1 ⊂ 平面???1?1，
所以?? ⊥ 平面???1?1，因为?? ⊂ 平面???1，所以平面???1 ⊥ 平面???1?1．10 分
由(1)知?1?//平面???1，
以直线?1?到平面???1的距离等价于点?到平面???1的距离，由(2)知?? ⊥ 平面???1?1，所以点?到平面???1的距离为??，
?11
3
42 + 22
而 ????1 = 2?? ⋅ ??1 = 2 × 2
×
= 2 15，
?11
????1 = 2?? ⋅ ??1 = 2 × 2 × 4 = 4，
设点?到平面???1的距离为?，因为??―???1 = ??―???1 ，
所以1 ⋅ ? ⋅ ?????
=⋅ ?? ⋅ ???? ，即 ⋅ ? ⋅ 2
1
15
3
=⋅ 2
⋅ 4，解得? = 4 5，
1?1
313
13
35
所以直线?1?到平面???1的距离为4 5．15 分
5
注：用空间向量法计算正确得相应分
18、（本题满分 17 分）
【详解】（1）证明：∵ AD  DM  2 ，∴ AM  2 2 ，
2
∵ BC  CM  2 ，∴ BM  2，∵ AB  4 ，∴ AB2  AM 2  BM 2 ，∴ BM  AM ，
∵平面 ADM  平面 ABCM ，平面 ADM ∩ 平面 ABCM  AM ， BM  平面 ABCM ，
∴ BM  平面 ADM ，∵ AD  平面 ADM ，∴ BM  AD ，
∵ AD  DM 且 DM ∩ BM  M ， DM ， BM  平面 BDM ，∴ AD  平面 BDM ．……7 分
（2）因为平面 ADM  平面 ABCM ， AB  4 ， AD  2 ，M 是 DC 的中点，
∴ AD  DM ，取 AM 的中点 O，连接OD ，则 DO  平面 ABCM ，
取 AB 的中点 N，连接ON ，则ON  AM ，以 O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
则 A
2, 0, 0 ， B 
2, 2 2, 0 ， M 
2, 0, 0 ， D 0, 0, 2  ，9 分
n
设 DE  λDB ，λ0,1 ，因为平面 AMD 的一个法向量 →  0,1, 0 ，11 分

–––→–––→–––→
AE  AD  DE   2 
2λ, 2 2λ, 2 
→
––––→

2λ ， AM  2 2, 0, 0 ，
设平面 AME 的一个法向量为m   x, y, z  ，
 → –––→
→
m  AE  ( 2 
则
2λ)x  (2 2λ) y  ( 2 
→ ––––→
2λ)z  0
，可得m  0,λ1, 2λ ．………14 分
2 5
m  AM  2 2x  0
再由 cs
→ →
m, n
1λ
5 ，则5λ13λ1  0 ，
(λ1)2  4λ2
∴λ 1 或λ  1 （舍），所以 E 为 BD 的靠近 D 点的五等分点．17 分
53
19、（本题满分 17 分）
因为 BO  AD ，因为 BC / / AD ， ADC  BCD  90 ，
所以四边形 BODC 为矩形，在△PDO 中， PD  2 ， DO  BC  1， PDA  60，
PD2  OD2  2PD  OD cs 60
则 PO 
， PO2  DO2  PD2 ， PO  AD ，
3
且平面 PAD  平面 ABCD ， PO  平面 PAD ，平面 PAD  平面 ABCD  AD ，
 PO  平面 ABCD ；5 分
以O 为原点， OA 为 x 轴， OB 为 y 轴， OP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，
Q PO  3 ， PAD  30 ，可得 AO  3 ，则O(0, 0, 0) ， A(3, 0, 0) ， P 0, 0, 3  ，
–––→
B 0, 3, 0 ， C 1, 3, 0，设平面 APB 的法向量为m  (x, y, z) ， PA  3, 0, 
–––→
3  ，
PB  0, 3, 
 –––→ →
3 ，
 PA  m  3x  3z  0→
由–––→ →，取m  1, 3, 3  .
PB  m  3y  3z  0
–––→
→ –––→
→
–––→
设平面CPB 的法向量为n  (a, b, c) ， PC  1, 3, 
3 ，由n  PB 
3b 
3c  0
，取
n  (0,1,1) ，
→ →

→ →  m n
2 3
7  2

n  PC  a 
42
.Q二面角 A  PB  C 是钝角，
3b 
3c  0
cs m, n
→ →
m n7
二面角 A  PB  C 的正弦值为 711 分
7

––––→–––→––––→
设 AM  λAP ，则 BM  BA  AM  3, 
–––→
3, 0  λ3, 0, 3   3  3λ, 
3, 3λ，
又平面 PAD 的法向量为OB  0, 3, 0，直线 BM 与平面 PAD 所成的角的正弦值为
cs
–––→ ––––→
OB, BM
3 2
，解得λ 3 ，
4
3  3  3λ2  3  3λ2
7
1
PO2  OA2
 PM  1 AP 317 分
442