四川省绵阳南山中学实验学校2023-2024学年高二数学上学期9月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省绵阳南山中学实验学校2023-2024学年高二数学上学期9月月考试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

绵阳南山中学实验学校2022级高二上期9月月考
数学试题
总分：150分 时间：120分钟
第I卷（选择题）
一、单选题：本大题共8个小题，每个小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 在空间直角坐标系，点关于xOy平面的对称点B的坐标为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由空间直角坐标中的点关于面对称求对称点坐标.
【详解】由与关于xOy平面对称，且，
所以.
故选：C
2. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由空间向量的坐标运算逐一判断．
【详解】对于A，，故A错误，
对于B，，故B正确，
对于C，，故C错误，
对于D，，故D错误，
故选：B
3. 袋内装有个红球、个白球，从中任取个，其中是互斥而不对立的两事件是（ ）
A. 至少有一个白球；全部都是红球 B. 至少有一个白球；至少有一个红球
C. 恰有一个白球；恰有一个红球 D. 恰有一个白球；全部都是红球
【答案】D
【解析】
【分析】
列举出每个选项中两个事件所包含的基本情况，结合互斥事件和对立事件的定义可得出合适的选项.
【详解】袋内装有个红球、个白球，从中任取个.
对于A选项，事件“至少有一个白球”包含：“个白球”、“红白”，
所以，A选项中的两个事件为对立事件；
对于B选项，事件“至少有一个红球”包含：“个红球”、“红白”，
所以，B选项中的两个事件有交事件，这两个事件不是互斥事件；
对于C选项，事件“恰有一个白球”和“恰有一个红球”为同一事件；
对于D选项，事件“恰有一个白球”与“全部都是红球”是互斥事件，但不是对立事件.
故选：D.
4. 某学校组织学生参加英语测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组一次为若低于60分的人数是15人，则该班的学生人数是


A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据频率分布直方可知成绩低于60分的有第一、二组数据，
在频率分布直方图中，对应矩形的高分别为0.005，0.01，每组数据的组距为20，
则成绩低于60分的频率P=(0.005+0.010)×20=0.3.
又因为低于60分的人数是15人，
所以该班的学生人数是15÷0.3=50.
本题选择B选项.

5. 袋中有红、黄、绿色球各一个，每次任取一个，有放回地抽取三次，球的颜色全相同的概率是（ ）.
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
计算所有抽取的可能，以及满足题意的可能，用古典概型的概率计算公式即可求得.
【详解】有放回地抽取三次，每次有种可能，故所有抽取可能有种；
又满足题意的只有红红红、黄黄黄、绿绿绿种，
故满足题意的概率.
故选：B.
【点睛】本题考查古典概型的概率求解，属基础题.
6. 在九章算术中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面BCD，，且，M为AD的中点，则异面直线BM与CD夹角的余弦值为（    ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可以求得向量夹角的余弦值，再根据向量夹角与异面直线夹角的关系可以求得异面直线夹角的余弦值.
【详解】画出四面体，建立坐标系，利用向量法求异面直线所成角的余弦值即可.
解：四面体是由正方体的四个顶点构成的，如下图所示

建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为



因为异面直线夹角的范围为，所以异面直线BM与CD夹角的余弦值为
故选：C
7. 已知四面体ABCD，=，=，=，点M在棱DA上，=，N为BC中点，则＝（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件用表示出，再借助向量加法法则即可得解.
【详解】在四面体ABCD中，连接DN，如图所示，

=，=，=，因=，N为BC中点，则，，
于是得.
故选：C
8. 在棱长为1的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量点到直线的距离公式进行求解即可
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
由已知，得，，，
，，
所以在上的投影为，
所以点到直线的距离为
故选：B

二、多选题：本大题共4个小题，每个小题5分，共20分．在每个小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．
9. （多选）如图是2018年第一季度五省GDP情况图，则下列描述正确的是（　　）

A. 与去年同期相比2018年第一季度五个省的GDP总量均实现了增长
B. 2018年第一季度GDP增速由高到低排位第5的是浙江省
C. 2018年第一季度GDP总量和增速由高到低排位均居同一位的省只有1个
D. 去年同期河南省GDP总量不超过4 000亿元
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据柱型图与折线图的性质，对选项中的结论逐一判断即可，判断过程注意增长量与增长率的区别与联系.
【详解】由2018年第一季度五省情况图，知：
与去年同期相比，2018年第一季度五个省的总量均实现了增长，A正确；
2018年第一季度GDP增速由高到低排位第5的是浙江省，故B正确;
2018年第一季度总量和增速由高到低排位均居同一位的省有江苏和河南，
共2个故C不正确；
由2017年同期河南省的GDP总量增长6.6%后达到2018年的4 067.4亿元，
可得去年同期河南省的GDP总量约为3 815.6亿元，不超过4 000亿元，故D正确.
故选：ABD.
10. 对甲、乙两个大学生一周内每天的消费额进行统计，得到两组样本数据，甲：40，53，57，62，63，57，60；乙：47，63，52，59，45，56，63．则下列判断正确的是（　　）
A. 甲消费额的众数是57，乙消费额的众数是63 B. 甲消费额的中位数是57，乙消费额的中位数是56
C. 甲消费额的平均数大于乙消费额的平均数 D. 甲消费额的方差小于乙消费额的方差
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据众数，中位数，平均数及方差定义判断即可.

【详解】对于A，甲组数据中的众数为57，乙组数据中的众数为63，正确；
对于B，甲消费额的中位数是57，乙消费额的中位数是56，正确；
对于C，， ，可得，正确；
对于D，，
，
可得，可得甲消费额的方差大于乙消费额的方差，故D错误．
故选：ABC.

11. 甲、乙两队进行排球比赛，采取五局三胜制（当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束）．根据前期比赛成绩可知在每一局比赛中，甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为．若前两局中乙队以2：0领先，则（ ）
A. 甲队获胜的概率为 B. 乙队以3：0获胜的概率为
C. 乙队以3：1获胜的概率为 D. 乙队以3：2获胜的概率为
【答案】AB
【解析】
【分析】由概率的乘法公式对选项逐一判断，
【详解】对于A，在乙队以2：0领先的前提下，若甲队获胜则第三、四、五局均为甲队获胜，所以甲队获胜的概率为，故A正确；
对于B，乙队以3：0获胜，即第三局乙获胜，概率为，故B正确；
对于C，乙队以3：1获胜，即第三局甲获胜，第四局乙获胜，概率为，故C错误；
对于D，若乙队以3：2获胜，则第五局为乙队获胜，第三、四局乙队输，所以乙队以3：2获胜的概率为，故D错误．
故选：AB
12. 如图，棱长为1的正方体中，P为线段上的动点(不含端点)，则下列结论正确的是（ ）

A. 平面平面
B. 平面
C. 三棱锥的体积为定值
D. 直线与所成的角可能是
【答案】AC
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理，证得平面，结合面面垂直的判定定理，可判定A正确；根据，得到四点共面，可判定B不正确；根据三棱锥的体积公式，可判定C正确；建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，求得直线与所成的角的范围是，可判定D不正确.
【详解】对于A中，正方体中，可得，
又由，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，所以A正确；
对于B中，在正方体中，可得，
所以四点共面，所以B不正确；
对于C中，因为，点到平面的距离为，
所以三棱锥的体积为定值，所以C正确；
对于D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
可得，设，
则，
则，
当时，；
当时，，
所以直线与所成的角的范围是，所以D不正确.
故选：AC

【点睛】此类问题解答中熟记正方体的几何结构特征，熟练应用转化顶点，利用等体积法求解三棱锥的体积，以及合理利用空间向量的夹角公式求解异面直线所成的角是解答的关键.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 袋子中有四个小球，分别写有“中､华､民､族”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“中”“华”两个字都取到才停止.用随机模拟的方法估计恰好抽取三次停止的概率，利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用代表“中､华､民､族”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：

由此可以估计，恰好抽取三次就停止的概率为____________.
【答案】
【解析】
【分析】利用古典概型的随机数法求解.
【详解】由随机产生的随机数可知恰好抽取三次就停止的有，共4组随机数，
所以恰好抽取三次就停止的概率约为，
故答案为：
14. 自然界中，构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞，其形状一般是平行六面体，具体形状大小由它的三组棱长a、b、c及棱间交角、、（合称为“晶胞参数”）来表征.如图是某种晶体的晶胞，其中，，，，，则该晶胞的对角线的长为__________.

【答案】
【解析】
【分析】数形结合以及使用向量的方法，可得，然后先平方再开方可得结果.
【详解】如图所示：

所以
依题可知：，

所以
所以
则，故
故答案：
15. 已知点在平面内，为平面外一点，且，则的最小值是___________.
【答案】9
【解析】
【分析】由题可得，再利用基本不等式即可求出.
【详解】因为共面，所以，又，
则
，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值是9.
故答案为：9.
16. 如图，在棱长为a的正方体中，P为的中点，Q为上任意一点，E，F为CD上两个动点，则点Q到平面PEF的距离______.

【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，把所求转换为点Q到平面的距离，求出平面的法向量以及向量，代入公式即可求解.
【详解】因为正方体的三条棱两两垂直，所以以为原点，分别为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系：

取点为的中点，P为A1D1的中点，
所以，
又因为，
所以，
所以构成平面，
因为E，F为CD上两个动点，，且三点不共线，
所以平面即平面，
所以点Q到平面PEF的距离即为点Q到平面的距离，
又，
所以，
不妨设平面的法向量为，
则，即，
令，则，
所以点Q到平面的距离为，
即点Q到平面PEF的距离为.
故答案为：.
四、解答题：本题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤．
17. 已知，求：
（1）的值；
（2）与夹角的余弦值．
【答案】（1）0 （2）
【解析】
【分析】（1）根据向量平行与垂直求得，进而求得.
（2）先求得与坐标，然后根据向量夹角公式求得正确答案.
【小问1详解】
因为，所以，解得，，
则，．又，所以，即，
解得，于是，．
【小问2详解】
由（1）得， ，设与的夹角为，
因为．所以与夹角的余弦值为．
18. 2022年7月1日是中国共产党建党101周年，某党支部为了了解党员对党章党史的认知程度，针对党支部不同年龄和不同职业的人举办了一次“党章党史”知识竞赛，满分100分分及以上为认知程度高，结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：第二组：第三组：第四组：第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人．

（1）根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄和第80百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任“党章党史”的宣传使者．若有甲年龄，乙年龄两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率.
【答案】（1）32.25，
（2）
【解析】
【分析】（1）直接根据频率分布直方图求解平均年龄与第80百分位数；
（2）按照分层抽样确定第四组抽取人数与编号，第五组抽取人数与编号，列举样本空间中所有样本点及事件“甲、乙两人至少一人被选上”的所有符合的样本点，结合古典概型公式计算即可得所求概率.
【小问1详解】
解：设这m人的平均年龄为，
则岁
设第80百分位数为a，
由，解得
【小问2详解】
解：由题意得，第四组应抽取4人，记为A，B，C，甲，第五组抽取2人，记为D，乙.
对应的样本空间为：,甲，,乙，，，,甲，,乙，，,甲，,乙，，甲,乙，甲,，乙,，共15个样本点.
设事件“甲、乙两人至少一人被选上”，
则,甲，,乙，,甲，,乙，,甲，,乙，甲,乙，甲,，，乙,，共有9个样本点.
所以，
19. 随着共享单车的成功运营，更多的共享产品逐步走入大家的世界，共享汽车、共享篮球、共享充电宝等各种共享产品层出不穷.广元某景点设有共享电动车租车点，共享电动车的收费标准是每小时2元（不足1小时的部分按1小时计算）.甲、乙两人各租一辆电动车，若甲、乙不超过一小时还车的概率分别为，；一小时以上且不超过两小时还车的概率分别为，；两人租车时间都不会超过三小时.
（1）求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；
（2）求甲、乙两人所付的租车费用之和大于或等于8的概率.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）甲、乙两人所付费用相同即同为2，4，6元，都付2元的概率，都付4元的概率，都付6元的概率，由此利用互斥事件概率加法公式能求出所付费用相同的概率．
（2）设两人费用之和8、10、12的事件分别为、、， ， ， ，设两人费用之和大于或等于8的事件为，则，由此能求出两人费用之和大于或等于8的概率．
【详解】解：（1）甲、乙两人所付费用相同即同为2，4，6元.
都付2元的概率为；
都付4元的概率为；
都付6元的概率为；
故所付费用相同的概率为.
（2）设两人费用之和为8、10、12的事件分别为、、
；
；.
设两人费用之和大于或等于8的事件为，则
所以，两人费用之和大于或等于8的概率

【点睛】本题考查概率的求法，考查互斥事件概率加法公式、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
20. 如图，在三棱柱中，侧面和都是正方形，平面平面，分别为，的中点．

（1）求证：平面．
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）取中点，证明四边形为平行四边形，证出，即可证明平面；（2）根据题意建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求解平面的 法向量，利用数量积的计算公式即可求出直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）证明：取中点，连接，，
∵分别为的中点，∴，且，又四边形是正方形，∴且，
即且，又∵为中点，∴且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）由题意，两两垂直，所以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，则.
，，设平面 的法向量为，
则，即 ，得
设直线与平面所成角为， ，
所以直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】方法点睛：本题考查的是空间向量与立体几何的问题，
（1）关于线面平行的证明，一般利用线面平行的判定定理证明，需要证明平行线，一般是找中位线或者平行四边形证明；
（2）关于线面角的求解，一般利用空间向量的方法，需要求解平面的法向量，再代入数量积求解公式计算.
21. 为了纪念中国古代数学家祖冲之在圆周率上的贡献，联合国教科文组织第四十届大会上把每年的3月14日定为“国际数学日”.2023年3月14日，某学校举行数学文化节活动，其中一项活动是数独比赛（注：数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏，又称九宫格）.甲、乙两位同学进入了最后决赛，进行数独王的争夺.决赛规则如下：进行两轮数独比赛，每人每轮比赛在规定时间内做对得1分，没做对得0分，两轮结束总得分高的为数独王，得分相同则进行加赛.根据以往成绩分析，已知甲每轮做对的概率为0.8，乙每轮做对的概率为0.75，且每轮比赛中甲、乙是否做对互不影响，各轮比赛甲、乙是否做对也互不影响.
（1）求两轮比赛结束乙得分为1分的概率；
（2）求不进行加赛甲就获得数独王的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设“甲第i轮做对”，设“乙第i轮做对”，设“两轮比赛甲得i分”，设“两轮比赛乙得i分”，根据独立事件的乘法公式与互斥事件的加法公式运算即可；
（2）设“不进行加赛甲就获得数独王”，根据独立事件的乘法公式与互斥事件的加法公式运算即可.
【小问1详解】
设“甲第i轮做对”，设“乙第i轮做对”，设“两轮比赛甲得i分”，设“两轮比赛乙得i分”．

.
所以两轮比赛结束乙得分为1分的概率为；
【小问2详解】
设“不进行加赛甲就获得数独王”.
，

，
，



所以不进行加赛甲就获得数独王的概率为.
22. 条件①：图（1）中．条件②：图（1）中．条件③：图（2）中三棱锥A－BCD的体积为．从以上三个条件中任选一个，补充在问题（2）中的横线上，并加以解答．
如图（1）所示，在△ABC中， ， ，过点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上，沿AD将△ABD折起，使 （如图（2）），点E，M分别为棱BC，AC的中点．

（1）求证：CD⊥ME；
（2）已知________，试在棱CD上确定一点N，使得，并求二面角的余弦值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）证明见解析
（2）N是CD的靠近点D的一个四等分点，
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理和性质得到，根据中位线的性质得到，即可证明；
（2）方案一：根据二倍角公式和正切的定义得到，然后建立空间直角坐标系，设，根据列方程，得到即可确定点的位置，最后用空间向量的方法求二面角即可；方案二：利用平面向量的线性运算和基本定理得到，然后建立空间直角坐标系，设，根据列方程，得到即可确定点的位置，最后用空间向量的方法求二面角即可；方案三：设，根据三棱锥的体积为列方程得到，然后建立空间直角坐标系，设，根据列方程，得到即可确定点的位置，最后用空间向量的方法求二面角即可.
【小问1详解】
∵， ， ，AD，平面ABD，
∴CD⊥平面ABD．
∵平面ABD，∴．
又M，E分别为AC，BC的中点，
∴，
∴．
【小问2详解】

方案一：选①，由，解得或（舍去）．
设，在Rt△ABD中， ，解得，∴．
以点D为原点，DB，DC，DA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，则．
设， ，则．
∵，∴，即，
∴，，
∴当（即N是CD的靠近点D的一个四等分点）时，．
设平面BNM的法向量为， ， ，
由得，令，得， ，则．
取平面BNC的一个法向量，
，
又二面角的平面角为锐角，
∴二面角的余弦值为．
方案二：选②，在题图（1）所示的△ABC中，设，
则，
又，由平面向量基本定理知，即．
以点D为原点，DB，DC，DA所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，则．
设， ，则，
∵，
∴，即·，
∴，，
∴当（即N是CD的靠近点D的一个四等分点）时，．
设平面BNM的法向量为， ， ，
由得，令，得， ，则．
取平面BNC的一个法向量，
，
又二面角的平面角为锐角，
∴二面角的余弦值为．
方案三：选③，设，则，
∵， ，
∴为等腰直角三角形，
∴．
在三棱锥A－BCD中，，
且，BD，平面BCD，∴平面BCD，
又，
∴， ，
化简得，解得或（舍去）．
以点D为原点，DB，DC，DA所在直线分别为x轴，y轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，则．
设， ，则．
∵，
∴，即·，
∴，，
∴当（即N是CD的靠近点D的一个四等分点）时，．
设平面BNM的法向量为， ， ，
由得，令，得， ，则．
取平面BNC的一个法向量，
，
又二面角的平面角为锐角，