精品解析：海南省洋浦中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

海南省洋浦中学2025-2026学年高二年级10月月考数学试题 考试时间：120分钟；命题人：刘富荣 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题 1. 某三胎家庭，若每次生男孩还是生女孩是随机的，则3个孩子都是男孩的概率为（ ） A. B. C. D. 2. 若的三个顶点为，，，则边上的高所在直线的斜率为（ ） A. 2 B. -2 C. D. 3. 先后两次掷一枚质地均匀的骰子，设事件两次掷出的点数之和是5，设事件第二次掷出的点数是偶数，设事件第一次掷出的点数是5，设事件至少出现一个奇数点，下列说法不正确的是（ ） A. 与互斥 B. C. 与对立 D. 与相互独立 4. 已知事件 相互独立，事件 发生的概率为 ，事件 发生的概率为 ，则 “两个事件 至少有一个发生” 的概率为（ ） A. B. C. D. 1 5. 设，向量，，，且，，则（　　） A. B. C. 3 D. 4 6. 某电子图书平台通过大数据观测发现，读者选择类图书的概率为，选择类图书的概率为两类图书都不选的概率为，则两类图书都选的概率为（　　） A. B. C. D. 7. 已知平面内有四点，，，，且为空间中一点，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，棱长为3的正方体的顶点A在平面上，三条棱都在平面的同侧，若顶点到平面的距离分别为，则顶点到平面的距离是（ ） A. B. 2 C. D. 二、多选题 9. 某次数学考试的一道多项选择题，要求是“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．”已知某选择题的正确答案是CD，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，则下列表述正确的有（ ） A. 甲同学仅随机选一个选项，能得2分的概率是 B. 乙同学仅随机选两个选项，能得5分的概率是 C. 丙同学随机至少选择一个选项，能得分的概率是 D. 丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是 10. 已知向量，，，则下列结论正确的是（ ） A. 向量与向量的夹角为 B. C. D. 向量在向量上的投影向量为 11. （多选）给定两个不共线的空间向量与，定义叉乘运算，规定： ①为同时与垂直的向量； ②，三个向量构成右手系（如图1）； ③． 如图2，在长方体中中，，，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题 12. 已知直线的倾斜角为，直线，若直线过点，则______． 13. 设，若点在线段上，则的取值范围是______． 14. 如图，边长为4正方形中，、分别为、中点，将，沿、折起，使、两点重合于点，点在平面内，且，则直线与夹角余弦值的最大值为______． 四、解答题 15. 如图，在空间直角坐标系中有长方体 （1）求 与面所成角的正弦值 （2）求点B到直线的距离. 16. 如图，已知棱长为1的正四面体，，分别是，的中点． （1）用，，表示向量，并求的模长； （2）求证：，． 17. 甲、乙两人参加射击训练，甲每次击中目标的概率都是，乙每次击中目标的概率都是，假设每人每次射击的结果相互独立. （1）若甲、乙各射击1次，求甲击中目标次数等于乙击中目标次数的概率； （2）若甲、乙各射击2次，求甲、乙两人中至少有一人击中目标2次的概率. 18. 如图，在四棱锥中，为矩形，且 （1）求证：平面； （2）求线段长； （3）若（与在平面的两侧），设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且．求平面与平面所成夹角的余弦值． 19. 在三棱锥中，已知均是边长为的正三角形，棱.现对其四个顶点随机贴上写有数字的八个标签中的四个，表示顶点所贴数字，为侧棱上一点. （1）求事件“”的概率； （2）求事件“为偶数”的概率； （3）若，求“二面角的平面角大于”的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海南省洋浦中学2025-2026学年高二年级10月月考数学试题 考试时间：120分钟；命题人：刘富荣 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题 1. 某三胎家庭，若每次生男孩还是生女孩是随机的，则3个孩子都是男孩的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据古典概型的概率公式即可求解. 【详解】设孩子是男孩记为，孩子为女孩记为，则样本点为，，，，，，，，其中都是男孩为，故3个孩子都是男孩的概率， 故选：A． 2. 若的三个顶点为，，，则边上的高所在直线的斜率为（ ） A. 2 B. -2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出直线的斜率，再通过互相垂直的两条直线斜率的关系即可求出. 【详解】，，，设边上的高所在直线的斜率为，，. 故选：. 3. 先后两次掷一枚质地均匀的骰子，设事件两次掷出的点数之和是5，设事件第二次掷出的点数是偶数，设事件第一次掷出的点数是5，设事件至少出现一个奇数点，下列说法不正确的是（ ） A. 与互斥 B. C. 与对立 D. 与相互独立 【答案】C 【解析】 【分析】根据题设依次列举出对应事件，应用古典概型的概率求法求对应概率，结合互斥、对立、独立事件的定义和判定判断各项的正误. 【详解】若中依次表示第一、二次对应点数，所有情况有种， 由题意，事件的基本事件有，共4种， 事件的基本事件有，共18种， 所以有，共2种， 事件的基本事件有，共6种， 事件的基本事件有，共27种， 由上，与互斥，，A、B对， ，，，则，D对， 显然与不互斥，更不对立，C错. 故选：C 4. 已知事件 相互独立，事件 发生的概率为 ，事件 发生的概率为 ，则 “两个事件 至少有一个发生” 的概率为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由事件  相互独立，可得，再利用概率求和公式求解即可. 【详解】 因为事件  相互独立，所以 则“两个事件  至少有一个发生” 的概率为, 故选：C 5. 设，向量，，，且，，则（　　） A. B. C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量平行和垂直求的值，进而求和. 【详解】因为向量，，， 若，则，解得，所以； 且，则，解得，所以； 可得，所以. 故选：C. 6. 某电子图书平台通过大数据观测发现，读者选择类图书的概率为，选择类图书的概率为两类图书都不选的概率为，则两类图书都选的概率为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对立事件和概率加法公式即可求解. 【详解】设事件“读者选择类图书”， 事件“读者选择类图书”， 则， 可得， 又， 所以. 故选：. 7. 已知平面内有四点，，，，且为空间中一点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间中四点共面的结论求解. 【详解】因为，所以. 因为，，，四点共面，所以，故. 故选：A 8. 如图，棱长为3的正方体的顶点A在平面上，三条棱都在平面的同侧，若顶点到平面的距离分别为，则顶点到平面的距离是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求点到平面的距离，建立空间直角坐标系，由顶点到平面的距离分别为，利用空间点到平面距离公式，求出平面的法向量，即可求出结论. 【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则点到平面距离为，① 点到平面距离为，② 由①②可得， 所以到平面的距离为. 故选：C. 二、多选题 9. 某次数学考试的一道多项选择题，要求是“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．”已知某选择题的正确答案是CD，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，则下列表述正确的有（ ） A. 甲同学仅随机选一个选项，能得2分的概率是 B. 乙同学仅随机选两个选项，能得5分的概率是 C. 丙同学随机至少选择一个选项，能得分的概率是 D. 丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据古典概型概率公式，写出四位同学可能选择结果的所有样本点，计算概率，分别判断各选项正误. 【详解】甲同学仅随机选一个选项，包含的样本点为A，B，C，D，事件“能得2分”包含的样本点为C，D，故“能得2分”的概率为，A正确； 乙同学仅随机选两个选项，包含的样本点为，事件“能得5分”包含的样本点为CD，故“能得5分”的概率为，B正确； 丙同学随机至少选择一个选项，选择一项或选择两项共包含10个样本点，选择三项或全选，包含的样本点为，事件“能得分”包含的样本点为C，D，CD，故“能得分”的概率为，C正确； 丁同学随机至少选择两个选项，由C的分析可知，样本点共有11个，事件“能得分”包含的样本点为CD，故“能得分”的概率为，D错误． 故选：ABC． 10. 已知向量，，，则下列结论正确的是（ ） A. 向量与向量的夹角为 B. C. D. 向量在向量上的投影向量为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据空间向量的坐标表示，和空间向量的线性运算及数量积运算的坐标表示，逐一判断各选项正误，求出结果. 【详解】由，，得， 可得，即向量与向量的夹角不是，所以A错误； 由题意得，，则，即，所以B正确； 由题意得，，则，所以，所以C正确； 向量在向量上的投影向量为，所以D错误. 故选：BC. 11. （多选）给定两个不共线的空间向量与，定义叉乘运算，规定： ①为同时与垂直的向量； ②，三个向量构成右手系（如图1）； ③． 如图2，在长方体中中，，，则下列说法中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题目中所给的叉乘运算的定义及长方体的性质,一一验证即可. 【详解】解: 选项:同时与垂直，且构成右手系， 故，即成立；所以选项A正确. B选项:，，所以；所以选项B错误. C选项:连接,．，所以是一个与方向相同的向量,且. ，与共线，且方向相同，，与共线，且方向相同， 因为,所以，与共线，且方向相同， 因此；所以C选项正确. D选项:，由A选项知:， 所以．所以D选项正确. 故选:ACD 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题 12. 已知直线的倾斜角为，直线，若直线过点，则______． 【答案】6 【解析】 【分析】根据平行直线的斜率的关系列方程，从而求得的值. 【详解】因为直线的倾斜角为，所以． 又直线，则，解得． 故答案为： 13. 设，若点在线段上，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为过点的直线与线段有交点时，直线的斜率的取值范围，即可由两点斜率公式求解. 【详解】直线的倾斜角与斜率 如图，，则原问题可转化为过点的直线与线段有交点时，直线的斜率的取值范围． 连接，则， 当的倾斜角是锐角时，，随着倾斜角的增大，斜率由增大至正无穷； 当的倾斜角是钝角时，，随着倾斜角的增大，斜率由负无穷增大至．所以3或． 故答案为： 14. 如图，边长为4正方形中，、分别为、中点，将，沿、折起，使、两点重合于点，点在平面内，且，则直线与夹角余弦值的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件建立合适空间直角坐标系，设出点坐标，利用直线方向向量夹角的余弦值的计算方法结合点坐标满足的等式，利用三角换元法求解出直线与夹角余弦值的最大值． 【详解】取中点，连接，且延长线过点， 因为，，所以平面， 根据对称性可知在底面平面内的射影点必在上，记为点， 以为坐标原点，方向为轴，过点垂直于方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 因为，所以， 所以为等腰直角三角形，所以， 又因为，所以， 所以， 又因为，所以， 设，因为，所以，所以， 又因为，， 所以， 不妨设， 所以， 所以，取等号时， 所以直线PM与BF夹角余弦值的最大值为， 故答案为：． 【点睛】思路点睛：求动点引起的最值问题，建立空间直角坐标系，设出动点坐标，由动点满足的关系得出等式后消元，利用直线的方向向量夹角的余弦值的计算方法得到函数关系，再利用三角换元法解出直线与夹角余弦值的函数关系式，由三角函数的值域得到最大值. 四、解答题 15. 如图，在空间直角坐标系中有长方体 （1）求 与面所成角的正弦值 （2）求点B到直线的距离. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）连接作出辅助线，可证得是直角，求出的正弦值即可； （2）数形结合，可证得，从而可得是直角，再用正弦定理化简即可求出， 坐标，进而求得在上的投影长，即可求得点B到直线的距离即可. 【小问1详解】 连接， 因为该几何体为长方体，则面，面，所以， 所以是直角，是 与面所成角的平面角， 又因为， 所以其正弦值为， 【小问2详解】 因为 ， 所以，， 所以直线 的方向向量 ，又 ， 所以 在 上的投影长为 ， 所以点 到直线 的距离为 16. 如图，已知棱长为1的正四面体，，分别是，的中点． （1）用，，表示向量，并求的模长； （2）求证：，． 【答案】（1）； （2） ， 所以，所以， 同理可证，所以. 【解析】 【分析】（1）利用向量的三角形法则即可表示出向量，两边同时平方即可求得结果. （2）利用数量积等于0，则两个向量垂直即可证明. 【小问1详解】 ， ， 所以； 【小问2详解】 略 17. 甲、乙两人参加射击训练，甲每次击中目标的概率都是，乙每次击中目标的概率都是，假设每人每次射击的结果相互独立. （1）若甲、乙各射击1次，求甲击中目标次数等于乙击中目标次数的概率； （2）若甲、乙各射击2次，求甲、乙两人中至少有一人击中目标2次的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）“甲击中目标次”，“乙击中目标次”. 根据，计算可求解； （2）法一：设“甲、乙两人中至少有一人击中目标2次”，“甲、乙两人都未击中目标2次”，与互为对立事件，求解即可.法二：设“甲、乙两人中至少有一人击中目标2次”，则，计算可求解. 【小问1详解】 设“甲击中目标次”，“乙击中目标次”. 设为“甲击中目标次数等于乙击中目标次数”，则，与互斥， 所以. 【小问2详解】 设“甲击中目标2次”，“乙击中目标2次”. 法一：设“甲、乙两人中至少有一人击中目标2次”，“甲、乙两人都未击中目标2次”，与互为对立事件， ， 所以. 法二：设“甲、乙两人中至少有一人击中目标2次”， 则两两互斥， 所以 . 18. 如图，在四棱锥中，为矩形，且 （1）求证：平面； （2）求线段长； （3）若（与在平面的两侧），设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且．求平面与平面所成夹角的余弦值． 【答案】（1） 在中，， ，解得， ，， 又为矩形，， ， 平面，平面， 平面； （2） ； （3）. 【解析】 【分析】（1）要证平面，需证平面SAB内两条相交直线，由矩形性质得，再结合已知边长和角度，用余弦定理、勾股定理逆定理证得，进而得证； （2）由（1）知平面，故，先在三角形中求，再在三角形中，用勾股定理求； （3）根据体积关系和确定的位置，建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，最后用向量夹角公式求二面角的余弦值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）知，平面，，平面，平面，，在三角形中，，， 又，； 【小问3详解】 取的中点，平面，平面，平面平面 ，，平面平面，平面平面,平面内，平面，又，，， 如图建立空间直角坐标系， 易得 ，，，，，， 则，，，， 设平面的法向量为，则，得到， 令，得，，则； 设平面的法向量，则，得到，解得，令，，则， 设平面与平面所成夹角为，则，即平面与平面所成夹角的余弦值. 19. 在三棱锥中，已知均是边长为的正三角形，棱.现对其四个顶点随机贴上写有数字的八个标签中的四个，表示顶点所贴数字，为侧棱上一点. （1）求事件“”的概率； （2）求事件“为偶数”的概率； （3）若，求“二面角的平面角大于”的概率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率公式即可求解； （2）分、均为奇数，、均为偶数两种情况，根据古典概型的概率公式求解； （3）先求证是二面角的平面角，再在、中利用正弦定理得出，进而得出，再分类得出满足条件的样本点个数，最后利用古典概型的概率公式即可. 【小问1详解】 由于、是从8个数字中选取两个不同的数字， 若，则有种；若，则有种；依此类推， 可得样本空间的个数为56个， 又因为满足的基本事件有 ，，，，，，，，，，，， 共12个样本点， 根据古典概率知识得：； 【小问2详解】 用表示“、均为奇数”的事件， 若，则有种；若，则有种；依此类推， 可知事件包含12个样本点， 用表示“、均为偶数”的事件，同上可知，事件也包含12个样本点， 又从1∼8个数字中任取两个数字标签贴在C､D顶点的样本空间有56个样本点， 根据古典概率知识得：， 记“为偶数”为事件，则， 故； 【小问3详解】 如图，取边的中点，连结， 因为、均是边长为的正三角形， 所以， 因，平面，因此平面， 因平面，则，从而是二面角的平面角， 又，则， 在中利用正弦定理得，则， 同理在中利用正弦定理得，， 当二面角的平面角大于时，，则， 则， 当时，，则可取3，4，5，6，7，8共六个值； 当时，，则可取共三个值； 当时，，则不存在， 从1∼8个数字中任取两个数字标签贴在顶点的样本空间有56个样本点， 其中使得二面角的平面角大于的样本点有9个，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $