四川省成都市成都市第七中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学 Word版含解析.docx

《四川省成都市成都市第七中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

成都七中2023~2024学年度上期10月阶段性测试数学试题考试时间：120分钟总分：150分一、单选题（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.已知点，点，则直线倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由斜率公式可求得直线斜率，由斜率和倾斜角关系可得直线倾斜角.【详解】，直线的倾斜角为.故选：C.2.已知直线，的方向向量分别为，，且直线，均平行于平面，平面的单位法向量为（）A.B.C.D.或【答案】D【解析】【分析】根据平面法向量的性质进行求解即可.【详解】设平面的单位法向量为，因为直线，均平行于平面，所以有，由可得：或，故选：D 3.有人从一座层大楼的底层进入电梯，假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则该人在不同层离开电梯的概率是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】试题分析：设2人为A、B，则2人自2至6层离开电梯的所有可能情况为：（A2，B2），（A2，B3）,（A2，B4），（A2，B5），（A2，B6）,（A3，B2）,（A3，B3），…，（A6，B6）．共25个基本事件，2人在相同层离开电梯共包含（A2，B2）,（A3，B3）,（A4，B4）,（A5，B5）,（A6，B6）共5个事件，所以2人在不同层离开电梯共包含20个基本事件，概率为．考点：古典概型4.如图，在斜棱柱中，AC与BD的交点为点M，，，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的线性运算用表示出即可得．【详解】-＝，.故选：A．5.某校高一年级15个班参加合唱比赛，得分从小到大排序依次为：，，则这组数据的分位数是（） A.90B.C.86D.93【答案】B【解析】【分析】根据百分位数的定义求解即可.【详解】因为，所以这组数据的分位数是第12个数和第13个数的平均数，即,故选：B6.四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是（）A.平均数为2，方差为2.4B.中位数为3，方差为1.6C.中位数为3，众数为2D.平均数为3，中位数为2【答案】A【解析】【分析】A选项，有平均数与方差间关系，可判断选项正误；BCD选项，通过举反例可判断选项正误.【详解】A选项，若5次结果中有6，因平均数为2，则方差，因，则当平均数为2，方差为2.4时一定不会出现点数6，故A正确；B选项，取5个点数为3,3,3,5,6，则此时满足中位数为3，平均数为4，则方差，故B错误；C选项，取5个点数为2,2,3,5,6，满足中位数为3，众数为2，故C错误；D选项，取5个点数为1,1,2,5,6，满足中位数为2，平均数为3，故D错误.故选：A7.如图，某圆锥的轴截面，其中，点B是底面圆周上的一点，且，点M是线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值是() A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用圆锥曲线的性质，以点O为坐标原点，OC为y轴，OS为z轴建立空间直角坐标系，利用向量方法即可求两异面直线的夹角．【详解】由圆锥的性质可知平面，故可以点O为坐标原点，平面内过点O且垂直于的直线为x轴，分别为y、z轴建立空间直角坐标系，设，则，易知，∵，∴，∴，∴，，∴，因此，异面直线与所成角的余弦值为．8.已知正方体，设其棱长为1（单位：）．平面与正方体的每条棱所成的角均相等，记为．平面与正方体表面相交形成的多边形记为，下列结论正确的是（） A.可能为三角形，四边形或六边形B.C.的面积的最大值为D.正方体内可以放下直径为圆【答案】D【解析】【分析】A选项，如图，建立以A为原点的空间直角坐标系，利用向量知识可知平面可为与垂直的平面，即可判断选项正误；B选项，由A选项分析及线面角计算公式可判断选项正误；C选项，由A选项分析可表示出两种情况下的面积表达式，即可判断选项正误；D选项，问题等价于判断内部最大圆直径最大值是否大于1.2.【详解】A选项，如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则，.设平面法向量为，因平面与正方体的每条棱所成的角均相等，则.由对称性，不妨取，则法向量可为，又，则平面可为与垂直的平面.如图，连接，因平面ABCD，平面ABCD， 则，又平面，则平面，又平面，则，同理可得.又平面，，故平面.即平面可为与平面平行的平面，当平面与（不含A）相交时，M为与相似的正三角形；当平面与（不含）相交时，M为如图所示的六边形；当平面与相交时（不含），M为与相似的正三角形；则可能为三角形，六边形，故A错误；B选项，由A选项分析可知，，故B错误.C选项，由A选项分析可知，当平面过或时，所得正三角形面积最大，由题可得边长为，则相应面积为.当为六边形时，如下图所示，因，，又，结合图形可知，又由题可知六边形为中心对称图形，取其对称中心为O，则四边形四边形四边形，则六边形面积为相应四边形面积的3倍.取RS，RT中点分别为F，E，连接EF，OE，OF，因，则， 四边形面积为四边形面积2倍，则六边形面积为四边形面积6倍.设，由题结合图形可知，，则在中，由余弦定理，.注意到，则四点共圆，则外接圆直径等于OR，由正弦定理，可得.则，.则六边形面积S，当且仅当时取等号.又，则的面积的最大值为，故C错误；D选项，先判断M内部的最大圆直径最大值是否超过1.2m.当M为正三角形时，M内部的最大圆为三角形内切圆，易知当平面过或时，所得内切圆半径最大，设此时内切圆半径为，三角形面积为，周长为C， 则内切圆直径.当M为六边形时，M内部的最大圆半径满足，由C选项分析，可知，则当时，取最大值，则此时M内部的最大圆直径的最大值为，因，则，即正方体内可以放下直径为的圆，故D正确.故选：D【点睛】关键点睛：本题首先需要通过向量方法，得到满足题意的平面的具体特征，后利用几何知识，结合正余弦定理可得图形的面积最大值及其内部最大圆直径.二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.下列命题中是真命题的为（）A.若与共面，则存在实数，使B.若存在实数，使向量，则与共面C.若点四点共面，则存在实数，使D.若存在实数，使，则点四点共面【答案】BD【解析】分析】根据平面向量基本定理以及空间向量基本定理，可知B、D项正确；若共线，则A结论不恒成立；若三点共线，则C项结论不恒成立.【详解】对于A项，如果共线，则只能表示与共线的向量.若与不共线，则不能表示，故A项错误； 对于B项，根据平面向量基本定理知，若存在实数，使向量，则与共面，故B项正确；对于C项，如果三点共线，则不论取何值，只能表示与共线的向量.若点不在所在的直线上，则无法表示，故C项错误；对于D项，根据空间向量基本定理，可知若存在实数，使，则共面，所以点四点共面，故D项正确.故选：BD.10.已知为直线的方向向量，分别为平面的法向量不重合），并且直线均不在平面内，那么下列说法中正确的有（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】由空间向量的位置关系对选项逐一判断，【详解】已知直线不在平面内，则，故A正确，D错误，由空间向量的位置关系得，，故B，C正确，故选：ABC11.以下结论正确的是（）A.“事件A，B互斥”是“事件A，B对立”的充分不必要条件．B.假设，且与相互独立，则C.若，则事件相互独立与事件互斥不能同时成立D.6个相同的小球，分别标有1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球，设“第一次取出球的数字是1”，“两次取出的球的数字之和是7”，则与相互独立【答案】CD【解析】【分析】根据互斥事件和对立事件的定义得到A错误，计算得到B 错误，根据互斥事件和独立事件的定义得到C正确，计算得到，D正确，得到答案.【详解】对选项A：“事件A，B互斥”是“事件A，B对立”的必要不充分条件，错误；对选项B：，，错误；对选项C：假设事件互斥且独立，则，这与，矛盾，假设不成立，正确；对选项D：，，，故，与相互独立，正确.故选：CD.12.如图，已知矩形为中点，为线段（端点除外）上某一点．沿直线沿翻折成，则下列结论正确的是（）A.翻折过程中，动点在圆弧上运动B.翻折过程中，动点在平面的射影的轨迹为一段圆弧C.翻折过程中，二面角的平面角记为，直线与平面所成角记为，则．D.当平面平面时，在平面内过点作为垂足，则的范围为【答案】AD【解析】【分析】A选项，由题可知点P为以D为顶点的圆锥底面圆周上的点，即可判断选项正误；B选项，如图，可证动点在平面的射影在过A点且与DF垂直的线段上，即可判断选项正误；C选项，结合B选项分析，可知与为同一等腰三角形的顶角和底角，即可判断选项正误；D选项，由题可得K点为在平面的射影轨迹与DC交点，如图建立平面直角坐标系，表示出K点坐标，即可判断选项正误.【详解】A选项，注意到翻折过程中，点P到D点距离不变，则P为以D为顶点，DP为母线的圆锥底面圆周上的点， 即动点在圆弧上运动，故A正确；B选项，如图，作，连接PH，则，因平面PHA，则平面PHA.作，又平面PHA，则PI，又，平面，则平面.则在翻折过程中，动点在平面的射影在过A点且与DF垂直的直线上，即动点在平面的射影的轨迹为一段线段，故B错误；C选项，由B选项分析可知，二面角的平面角为，直线与平面所成角为，则可知与为同一等腰三角形的顶角和底角，则.则当时，，故C错误；D选项，结合B选项分析，当平面平面时，点P在线段DC正上方.则K点为在平面的射影轨迹与DC交点，即为DF过A点垂线与DC交点.如图，建立以D为原点的平面直角坐标系，则.又由题设，其中，则，因，则，令，则，故D正确.故选：AD三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.正方体各面所在的平面将空间分成__________个部分.【答案】27 【解析】【详解】分上、中、下三个部分，每个部分分空间为个部分，共部分14.某人有3把钥匙，其中2把能打开门，如果随机地取一把钥匙试着开门，把不能打开门的钥匙扔掉，那么第二次才能打开门的概率为__________.【答案】【解析】【分析】分析试验过程，利用概率的乘法公式即可求出概率.【详解】记事件A：第二次才能打开门.因为3把钥匙中有2把能打开门，而第一次没有打开，第二次必然能打开.所以.故答案为：.15.如图，两条异面直线所成的角为，在直线上分别取点和点，使，且（称为异面直线的公垂线）．已知，，，则公垂线__________．【答案】或【解析】【分析】如图，构造符合题意的直三棱锥，结合题意及余弦定理可得答案.【详解】如图构造一直三棱锥，使，则由题有：.在中，由余弦定理，可得，则； 如图构造一直三棱锥，使，则由题有：.在中，由余弦定理，可得，则.故答案为：或.16.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它所有棱的长都为2，则该该二十四等边体的外接球的表面积为__________．【答案】【解析】 【分析】利用正方体的性质，结合球的表面积公式进行求解即可.【详解】把该几何体放在正方体中，设正方体的棱长为，显然面对角线为，因为该几何体的所有棱的长都为2，所以，显然，，所以，设该该二十四等边体的外接球的半径为，则所以该该二十四等边体的外接球的表面积为，故答案为：【点睛】关键点睛：本题的关键是把该几何体放在正方体中，利用正方体的性质进行求解.四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.2023年8月8日，世界大学生运动会在成都成功举行闭幕式.某校抽取100名学生进行了大运会知识竞赛并纪录得分（满分：100分），根据得分将他们的成绩分成六组，制成如图所示的频率分布直方图．（1）求图中的值；（2）估计这100人竞赛成绩的平均数（同一组数据用该组数据的中点值代替）及中位数．【答案】（1） （2），【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图的性质计算即可；（2）利用频率分布直方图求平均数及中位数的公式计算即可.【小问1详解】由题意知：，即．【小问2详解】由频率分布直方图可知：平均数为：前3组的频率为，所以中位数．18.用向量的方法证明：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直.（三垂线定理的逆定理）【答案】证明见解析.【解析】【分析】先把定理用符号语言表示，然后利用向量的数量积为0证明垂直即可.【详解】已知：如图，PO，PA分别是平面的垂线、斜线，OA是PA在平面上的射影，，且.求证：.证明：如图示，取直线的方向向量，同时取AP，PO.， 又且，即证.19.一个袋子中有4个红球，6个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出2个球.（1）求第二次取到红球的概率；（2）求两次取到的球颜色相同的概率；（3）如果袋中装的是4个红球，个绿球，已知取出的2个球都是红球的概率为，那么是多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）先求出从10个球中不放回地随机取出2个的不同取法数，再求出第二次取到红球的不同取法数，然后求概率即可；（2）结合（1）求解即可；（3）由取出的2个球都是红球的概率求出基本事件的个数，然后再求解即可.【小问1详解】从10个球中不放回地随机取出2个共有（种）可能，即，设事件“两次取出的都是红球”，则，设事件“第一次取出红球，第二次取出绿球”，则，设事件“第一次取出绿球，第二次取出红球”，则，设事件“两次取出的都是绿球”，则，因为事件两两互斥，所以P（第二次取到红球）.【小问2详解】 由（1）得，P（两次取到的球颜色相同）；【小问3详解】结合（1）中事件，可得，，因为，所以，即，解得（负值舍去），故.20.如图，正四面体，（1）找出依次排列的四个相互平行的平面，，，，使得，且其中每相邻两个平面间的距离都相等．请在答卷上作出满足题意的四个平面，并简要说明并证明作图过程；（2）若满足（1）的平面，，，中，每相邻两个平面间的距离都为1，求该正四面体的体积．【答案】（1）答案见详解（2）【解析】【分析】（1）根据题意要作出相互平行且相邻距离相等的平面，所以先作直线平行，且取等分点，例如可取的三等分点，，的中点，的中点，则有，，从而可得面面平行；（2）解法一：设正四面体的棱长为，根据题意建立合适的建立空间直角坐标系，再利用空间向量等得到点到平面的距离，从而求得的值，进而即可求得正四面体的体积；解法二：先将正四面体补形为正方体，结合条件确定正方体的棱长，即可求得正四面体的体积． 【小问1详解】如图所示，取的三等分点，，的中点，的中点，过三点，，作平面，过三点，，作平面，因为，，所以平面，再过点，分别作平面，与平面平行，那么四个平面，，，依次相互平行，由线段被平行平面，，，截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相等，故，，，为所求平面．（注：也可将正四面体放入正方体内说明）【小问2详解】解法一：设正四面体的棱长为，结合（1）有的中点，再取的中点，连接交于，则由等边三角形的性质可知为的中心，且，则以为坐标原点，以平行于直线且过点的直线为轴，直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，， 令，为的三等分点，为的中点，，，所以，，．设平面的法向量，则有，即，取，则，，即．又，，，相邻平面之间的距离为1，所以点到平面的距离为，解得．由此可得，边长为的正四面体满足条件．所以所求正四面体的体积．解法二：放入正方体，转化为平几问题．如图，将此正四面体补形为正方体，分别取，，，的中点，，，，平面与是分别过点，的两平行平面，若其距离为1，则正四面体满足条件，右图为正方体的下底面，设正方体的棱长为， 若，因为，，在直角三角形中，，所以，所以，又正四面体的棱长为，所以此正四面体的体积为．21.在四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面底面，且分别为中点．（1）证明：平面；（2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，连接，通过证明四边形为平行四边形，即可证明结论；（2）由直线与平面所成的角为，可得，建立以G为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案.【小问1详解】证明：取中点，连接， 为的中点，，又，，四边形为平行四边形：，平面平面，平面；【小问2详解】平面平面，平面平面平面，平面，取中点，连接，则平面，，，又，如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，，，设平面的一个法向量，，则，取，则，平面的一个法向量可取，设平面与平面所成的夹角为，,平面与平面所成的夹角的余弦为 22.如图，在八面体中，四边形是边长为2的正方形，平面平面，二面角与二面角的大小都是，，．（1）证明：平面平面；（2）设为的重心，是否在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求到平面的距离，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）依题意可得平面，再由面面平行及，可得平面，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明，即可得到平面，再证明平面，即可得证；（2）设点，其中，利用空间向量法得到方程，求出的值，即可得解.【小问1详解】因为为正方形，所以，又，，平面， 所以平面，所以为二面角的平面角，即，又平面平面，，所以平面，即为二面角的平面角，即，如图建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，即，所以，因为平面，平面，所以平面，又，平面，平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面.【小问2详解】由点在上，设点，其中，点，所以，平面的法向量可以为，设与平面所成角为，则， 即，化简得，解得或（舍去），所以存在点满足条件，且点到平面的距离为.