四川省南充市2024-2025学年高二上册10月月考数学检测试题合集2套（附解析）

四川省南充市2024-2025学年高二上学期10月月考数学检测试题（一）一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.（）A. B.C. D.【正确答案】C【详解】.故选：C.2.在不透明的布袋中，装有大小、形状完全相同的3个黑球、1个红球，从中摸一个球，摸出1个黑球这一事件是（）A.必然事件 B.随机事件 C.确定事件 D.不可能事件【正确答案】B【详解】根据题意，从布袋中摸出一个球，有可能是黑球，也有可能是红球，故摸出1个黑球是随机事件.故选：B.3.把红、蓝、黑、白张纸牌随机地分给甲、乙、丙、丁个人，每人分得张，事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是（

）A.对立 B.相等 C.相互独立 D.互斥但不对立【正确答案】D【详解】因纸牌只有红、蓝、黑、白张，分给甲、乙、丙、丁个人，每人一张，则事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”在一次分法中不可能同时发生，故两事件互斥；同时在一次分法中除了这两个事件，还有“丙分得红牌”，“丁分得红牌”这些可能事件，故这两个事件不是对立事件.故选：D.4.已知空间向量，，且，则（）A. B.16 C.4 D.【正确答案】A【详解】由题可知，解得，所以.故选：A.5.若构成空间的一个基底，则下列各组向量中能构成空间的一个基底的是（）A. B.C. D.【正确答案】C【详解】对于A：因为，所以共面，不能构成空间的一个基底，故A错误；对于B：因为，所以共面，不能构成空间的一个基底，故B错误；对于C：设，则无解，所以不共面，能构成空间的一组基底，故C正确；对于D：因为，所以共面，不能构成空间的一个基底，故D错误；故选：C.6.已知甲，乙，丙三人去参加某公司面试，他们被该公司录取的概率分别是，，，且三人录取结果相互之间没有影响，则他们三人中至少有一人被录取的概率为A. B. C. D.【正确答案】B【详解】甲、乙、丙三人都没有被录取的概率为，所以三人中至少有一人被录取的概率为，故选B.7.已知向量，，则在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.【正确答案】A【详解】向量在向量上的投影向量为.

故选：A.8.正三棱柱中，，，O为的中点，M为棱上的动点，N为棱上的动点，且，则线段长度的取值范围为（）A. B.C. D.【正确答案】B【详解】因为正三棱柱中，为的中点，取中点，连接，如图，以为原点，，，为轴建立空间直角坐标系，则O0,0,0，，，，因为是棱上一动点，设，且，因为，所以，于是令，.所以，.又因为函数在上为增函数，所以当时，即线段长度的最小值为当时，，即线段长度的最大值为，所以线段长度的取值范围为.故选：B.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.已知事件A，B，且，则（）A.如果，那么B.如果，那么C.如果A与B相互独立，那么D.如果A与B相互独立，那么【正确答案】ABD【详解】A：由，则，正确；B：由，则，正确；C：如果A与B相互独立，则，，错误；D：由C分析及事件关系知：，正确.故选：ABD.10.下列事件中，是相互独立事件的是（）A.一枚硬币掷两次，“第一次为正面”，“第二次为反面”B.袋中有2个白球，2个黑球，不放回地摸两球，“第一次摸到白球”，“第二次摸到白球”C.掷一枚骰子，“出现点数为奇数”，“出现点数为3或4”D.掷一枚骰子，“出现点数为奇数”，“出现点数为偶数”【正确答案】AC【详解】对于选项A：把一枚硬币掷两次，对于每次而言结果都是相互独立的，即其结果不受先后次序的影响．所有事件是相互独立事件，故A正确；对于选项B：不放回地摸球，显然事件A与事件不相互独立，故B错误；对于选项C：事件A为出现1，3，5点，，“出现点数为3或4”，则，“出现点数为3”，则，因为，所以事件相互独立，故C正确；对于选项D：可知两事件是互斥事件，所以事件不是相互独立事件，故D错误．故选：AC.11.如图，四棱锥的底面为平行四边形，且，，为的重心，为的中点．若，则下列结论正确的是（）A.． B.C.若，则向量共面 D.若，则【正确答案】ACD【详解】延长交与点，因为为的重心，所以，所以，所以，，所以，又，所以，所以，A正确；因为，所以，所以，所以，又，，所以，，，所以，所以，B错误；因为，，，设，则，，，所以，，所以，所以向量共面，C正确；因为，，由可得，，又，，，所以，所以，所以，D正确.故选：ACD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设向量，，若，则____________.【正确答案】4【详解】因为，所以，即，解得.故413.袋中有红球､黑球､黄球､绿球共12个，它们除颜色外完全相同，从中任取一球，得到红球的概率是，得到黑球或黄球的概率是，得到黄球或绿球的概率也是，则得到黄球的概率是__________.【正确答案】【详解】解：设事件分别表示事件“得到红球”“得到黑球”“得到黄球”“得到绿球”，则事件两两互斥，根据题意，得，即，解得，所以得到黄球的概率是.故答案为.14.如图，在四棱锥中，平面平面，底面是矩形，，，，点是的中点，则线段上的动点到直线的距离的最小值为______.【正确答案】【详解】解：如上图，取的中点为.连接、、∵，点是的中点，∴.又∵平面平面，平面平面，平面，∴平面又∵平面∴.又∵底面是矩形，、是、中点，∴.∴以点为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图所示，由，，，得，.∴，，，则，，设，则，，，∵，∴向量的单位方向向量，则，因此点到直线的距离，当时，取最小值，∴线段上的动点到直线的距离的最小值为.故答案为.四､解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.如图，在直三棱柱中，为直角，侧面为正方形，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成的角的正弦值.【正确答案】（1）证明见解析（2）【小问1详解】侧面为正方形，，直三棱柱，平面，平面，平面，平面平面；【小问2详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则.又由，设平面的一个法向量为，则有，令，则，于是，又由，设直线与平面所成的角为，所以，故直线与平面所成的角的正弦值为.16.平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱，且，为中点，为中点，设，，；（1）用向量，，表示向量，并求出线段的长度；（2）请求出异面直线与所成夹角的余弦值.【正确答案】（1），（2）【小问1详解】如图所示：因为为中点，为中点，，，，所以；因为平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱，且，所以，，，，所以，所以，即线段长为.【小问2详解】因为，则，，则，，则与所成夹角的余弦值为.17.如图，在正三棱柱中，分别是的中点.（1）求点到平面的距离.（2）在线段上是否存在一点，使平面？若存在，确定点的位置；若不存在，也请说明理由.【正确答案】（1）（2）存在，点与点重合【小问1详解】取中点，过作的平行线为轴，则轴两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.则，，，，所以，，.设平面的法向量为，则令，则，，所以平面的法向量为.点到平面的距离为.【小问2详解】假设在线段上存在一点，使平面.设，则，，，.平面，平面，，，，解得，在线段上存在一点，使平面，此时点与点重合.18.某学校组织校园安全知识竞赛.在初赛中有两轮答题，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从B类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分若两轮总积分不低于60分则晋级复赛.小芳和小明同时参赛，已知小芳每个问题答对的概率都为0.5.在A类的5个问题中，小明只能答对4个问题；在B类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响.（1）求小明在第一轮得40分的概率；（2）以晋级复赛的概率大小为依据，小芳和小明谁更容易晋级复赛？【正确答案】（1）；（2）小明更容易晋级复赛.【小问1详解】对A类的5个问题进行编号：，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，则有共种，设小明只能答对4个问题的编号为：，则小明在第一轮得40分，有共种，则小明在第一轮得40分的概率为：；【小问2详解】由（1）知，小明在第一轮得40分的概率为，则小明在第一轮得0分的概率为：，依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总积分不低于60分当第一轮答对两题得分，第二轮答对一题得分时，小芳和小明晋级复赛的概率分别为：；；当第一轮答对两题得分，第二轮答对两题得分时，小芳和小明晋级复赛的概率分别为：；；当第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分时，小芳和小明晋级复赛的概率分别为：；；当第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分时，小芳晋级复赛的概率分别为：；小芳晋级复赛的概率为：；小明晋级复赛的概率为：；，小明更容易晋级复赛.19.如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．（1）求四棱锥的体积的最大值；（2）若棱的中点为，求的长；（3）设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．【正确答案】（1）（2）（3）【小问1详解】取AM的中点G，连接PG，因为PA=PM，则PG⊥AM，当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时PG⊥平面，且，底面为梯形，面积为，则四棱锥的体积最大值为【小问2详解】取AP中点Q，连接NQ，MQ，则因为N为PB中点，所以NQ为△PAB的中位线，所以NQ∥AB且，因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，所以CM∥AB且，所以CM∥NQ且CM=NQ，故四边形CNQM为平行四边形，所以.【小问3详解】连接DG，因为DA=DM，所以DG⊥AM，所以∠PGD为的平面角，即，过点D作DZ⊥平面ABCD，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，过P作PH⊥DG于点H，由题意得PH⊥平面ABCM，设，因为，所以，所以，所以，所以，设平面PAM的法向量为，则，令，则，设平面PBC法向量为，因为，则令，可得：，设两平面夹角为，则令，，所以，所以，所以当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为四川省南充市2024-2025学年高二上学期10月月考数学检测试题（二）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷（选择题共58分）一、选择题：本大题共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.1.已知一个水平放置的用斜二测画法得到的直观图如图所示，且，则其平面图形的面积是（）A.4 B. C. D.8【正确答案】A【分析】根据直观图画出平面图形，求出相关线段的长度，即可求出平面图形的面积.】由直观图可得如下平面图形：其中，，所以.故选：A2.设，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题正确的是A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则【正确答案】B【分析】利用可能平行判断，利用线面平行的性质判断，利用或与异面判断，与可能平行、相交、异面，判断.，，则可能平行，错；，，由线面平行的性质可得，正确；，，则，与异面；错，，，与可能平行、相交、异面，错，.故选B.本题主要考查线面平行的判定与性质、线面面垂直的性质，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.3.下列命题中正确的是（

）A.点关于平面对称的点的坐标是B.若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则C.已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则D.若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线l与平面所成的角为【正确答案】D【分析】利用空间向量对称性知识来判断A，利用直线方向向量与法向量垂直，结合线与面的位置关系来判断B，利用空间四点共面的性质来判断C，利用直线方向向量与法向量夹角来判断D.对于A，点关于平面对称的点的坐标是，A选项错误；对于B，若直线l的方向向量为，平面的法向量为，因为，所以，则或，B选项错误；对于C，已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则，解得，C选项错误；对于D，若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线l与平面所成的角为，D选项正确；故选：D4.如图，在直三棱柱中，，点为侧棱上的动点．当最小时，三棱锥的体积为（）A.1 B. C. D.【正确答案】C【分析】如图，将直三棱柱展开成矩形，连结交于，此时最小，则，利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可求解.将直三棱柱展开成矩形，如下图，连接，交于，此时最小，∵，则，而，由且都在面，则面，又，则面，即面，点为侧棱上的动点，当最小时，即，得，又为直角三角形，此时三棱锥的体积为：.故选：C5.黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器．该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足．器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收．黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径，足径，高，其中底部圆柱高，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为（）（附：的值取3，）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】首先求圆台母线长，再代入圆台和圆柱侧面积公式，即可求解.设该圆台的母线长为，两底面圆半径分别为，（其中），则，，，所以，故圆台部分的侧面积为，圆柱部分的侧面积为，故该黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为.故选：B.6.设直线l的方程为（），则直线l的倾斜角的取值范围是

（

）A. B.C. D.【正确答案】C【分析】根据直线斜率的取值范围求倾斜角的范围.设直线的斜率为，则，故，而，故，故选：C.7.在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，已知四棱锥为阳马，且，底面．若是线段上的点（不含端点），设与所成的角为，与底面所成的角为，二面角的平面角为，则（）A. B.C. D.【正确答案】A【分析】根据给定条件作出与、与底面所成的角，确定二面角的平面角，再推理计算作答.四棱锥中，是线段上的点(不含端点)，过E作交CD于F，连接DE，SF，如图，则是与所成的角，即，因底面，则是与底面所成的角，即，而底面，则，又是长方形，即，而，平面，则平面，又平面，即有，于是得是二面角的平面角，，中，，中，，由底面，底面可得，而，则有，因，平面，则平面，又平面，有，，因，即有，因此，，而正切函数在上递增，所以.故选：A8.如图，在三棱锥中，两两垂直，且，以为球心，为半径作球，则球面与底面的交线长度的和为（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】由等体积公式求出截面圆的半径为，画出截面图形，再利用H为的中心，求出，再利用弦长公式求出，最后求出交线长度.由题意知三棱锥为正三棱锥，故顶点在底面射影为的中心，连接，由，得，所以，因为球的半径为，所以截面圆的半径，所以球面与底面的交线是以为圆心，为半径的圆在内部部分，如图所示易求，所以，易得，所以，所以交线长度和为.故选：C.本题为空间几何体交线问题，找到球面与三棱锥的表交所得到的曲线是解决问题的关键.具体做法为由等体积公式求出截面圆的半径，画出截面图形，再利用H为的中心，求出，再利用弦长公式求出，最后求出交线长度.二、多选题（本题共3个小题，每题6分，有多个选项，不分选对得部分分，共18分）9.直线的图象可能是（）A. B. C. D.【正确答案】BC【分析】将两直线的方程均化为斜截式，先固定，判断另外一条是否与之相符.对于A，由可知，，此时与图象不符，故A错误；对于B，由可知，，此时图象可能，故B正确；对于C，由可知，，此时图象可能，故C正确；对于D，由可知，，此时与图象不符，故D错误.故选：BC.10.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，则（）A. B.C.平面 D.异面直线与夹角的余弦值为【正确答案】ACD【分析】建立空间直角坐标系，根据向量的线性运算判断A，由向量模的坐标表示判断B，根据数量积为0证明垂直判断C，由异面直线所成角的向量求法判断D.因为平面平面，所以，在正方形中，有，所以两两互相垂直，所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，而，从而A0,0,0，，，对于A，，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，，平面的一个法向量为，故C正确；对于D，，所以异面直线与夹角的余弦值为，故D正确．故选：ACD．11.如图，一个漏斗形状的几何体上面部分是一个长方体，下面部分是一个四棱锥，四棱锥的四条侧棱都相等，两部分的高都是，公共面是一个边长为1的正方形，则（）A.该几何体的体积B.直线PD与平面ABCD所成角的正切值为C.异面直线AP与CC1的夹角正弦值为D.存在一个球，使得该几何体所有顶点都在球面上【正确答案】ABD【分析】对于A，根据长方体和棱锥的体积公式求解即可；对于B，连接交于，连接，则可得为直线与平面所成角，然后求解即可；对于C，由于,则可得的补角为异面直线与的夹角，然后在中求解即可；对于D，先求出长方体的外接球半径，然后判断点是否在该球上即可.对于A，该几何体的体积为，故A正确；对于B，连接交于，连接，由题意可知四棱锥为正四棱锥，所以平面，所以为直线与平面所成角，因为正方形的边长为1，所以，所以，故B正确；对于C，设，因为，所以或其补角为异面直线与的夹角,且，所以，所以异面直线与的夹角余弦值为，故C错误；对于D，设长方体的外接球的球心为，半径为，则为的中点，且，得，因为，所以点长方体的外接球上，所以存在一个球，使得该几何体所有顶点都在球面上，故D正确.故选：ABD.第II卷（非选择题共92分）三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，请把答案填在答题卡相应位置上.12.若直线：与直线：平行，则实数_____________.【正确答案】【分析】根据平行关系得到方程，求出答案.由题意得，解得，检验符合.故13.已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则________．【正确答案】2【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.如图，将三棱锥转化为正三棱柱，设的外接圆圆心为，半径为，则，可得，设三棱锥的外接球球心为，连接，则，因为，即，解得.故2.方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解；（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．14.如图，边长为2的正方形沿对角线折叠，使，则三棱锥的体积为______.【正确答案】【分析】根据题意，得到，，证得平面，设，且，由，求得，得到，求得，结合，即可求解.取中点O，连接，可则,，因为且平面，所以平面，设，且，因为正方形的边长为，可得且，又由，因为，可得，解得，所以，所以，所以三棱锥的体积为.故四、解答题（本大题共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.已知，，．求：（1）BC边上的中线所在的直线方程；（2）AB边垂直平分线方程；【正确答案】（1）（2）【分析】（1）根据中点坐标公式求出中点，然后利用两点坐标写出直线方程即可；（2）利用垂直平分线经过AB的中点，且和AB垂直求解即可.【小问1】由于，，则中点坐标为，直线的斜率，所以BC边上的中线所在的直线方程为，整理得；【小问2】由于，，所以直线的斜率，AB中点坐标为所以，AB边垂直平分线斜率且过，故AB边垂直平分线方程为整理得．16.如图，PA⊥平面ABC，AB为圆O的直径，E，F分别为棱PC，PB的中点．（1）证明：EF平面ABC．（2）证明：平面EFA⊥平面PAC．【正确答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【分析】（1）利用中位线定理得到EFBC，利用线面平行的判定定理即可得证；（2）由AB为圆O的直径，得到BC⊥AC，再利用线面垂直得到BC⊥PA，从而BC⊥平面PAC，结合（1）中，所以EF⊥平面PAC，得到面面垂直.【小问1】因为E，F分别为棱PC，PB的中点，所以EFBC，因为平面ABC，平面ABC，所以EF平面ABC；【小问2】因为AB为圆O的直径，所以BC⊥AC．因为PA⊥平面ABC，平面ABC，所以BC⊥PA，又，PA，平面PAC，所以BC⊥平面PAC，由（1）知，所以EF⊥平面PAC，又平面EFA，所以平面EFA⊥平面PAC．17.已知一条动直线，（1）求直线恒过的定点的坐标；（2）若直线与x、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，的面积为6，求直线的方程.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）重新整理直线方程，由此列方程组来求得定点坐标.（2）利用截距式设出直线方程，根据三角形的面积以及点坐标求得直线的方程，再经过验证来确定正确答案.【小问1】由题意，整理得，所以不管取何值时，直线恒过定点的坐标满足方程组，解得，即