2023-2024学年上海市大同中学高二上学期12月数学试题含答案

这是一份2023-2024学年上海市大同中学高二上学期12月数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、填空题
1．水平放置的的斜二测直观图是如图中的，已知，则边的实际长度是 .
【答案】5
【分析】结合斜二测画法的性质将图还原后计算即可得.
【详解】把直观图还原为原图形，如图所示，
则，
所以.
故答案为：5.
2．已知事件互相独立，且，则 .
【答案】/
【分析】根据独立事件的乘法公式和对立事件的概率公式可得结果.
【详解】，
.
故答案为：
3．若用与球心的距离为的平面截球体所得的圆面半径为2，则球的半径为 .
【答案】3
【分析】直接由勾股定理计算可得.
【详解】由于球心到平面的距离为，所得圆面的半径为2，
则球的半径为.
故答案为：3
4．新年音乐会安排了2个唱歌､3个乐器和2个舞蹈共7个节目，则2个唱歌节目不相邻的节目单共有 种.（用数字表示）
【答案】3600
【分析】利用插空法即得.
【详解】先排3个乐器和2个舞蹈共5个节目有种排法，其中有6个空插入2个唱歌节目，有种排法，故共有.
故答案为：3600.
5．直线与平面所成角为，则与平面内任意直线所成角的取值范围是 .
【答案】
【分析】直线与平面所成的角是直线与平面内任意一条直线所成角中最小的角，结合直线与平面所成角的范围为即可得.
【详解】直线与平面所成的角是直线与平面内任意一条直线所成角中最小的角，
且直线与平面所成角的范围为，
则与平面内任意直线所成角的取值范围是.
故答案为：.
6．一颗标有数字的骰子连续掷两次，朝上的点数依次记为，使得复数为实数的概率是 .
【答案】
【分析】本题是一个古典概型，试验发生包含的事件是一颗骰子连续掷两次，共有种结果，满足条件的事件是使复数为实数，进行复数的乘法运算，得到的结果，列举出所有情况，得到概率．
【详解】由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的事件是一颗骰子连续掷两次，共有种结果，
，
若为实数，则，即
则，满足条件的事件共有3种结果，
则概率为.
故答案为：
7．表面积为的圆锥沿着母线将其侧面展开，得到一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为 .
【答案】
【分析】结合扇形面积公式及圆锥体积公式计算即可得.
【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，
由题意得，
解得，
所以圆锥的高为，
则该圆锥的体积为.
故答案为：.
8．的展开式中的系数是 （用数字作答）
【答案】
【分析】根据二项式定理展开式,即可求得的系数.
【详解】由二项式定理展开式可知,
展开式中的系数为
展开式中的系数为
所以的系数是
故答案为:
【点睛】本题考查了二项式定理展开式的应用,指定项系数的求法,属于基础题.
9．某中学为迎接即将到来的元宵节筹备了3款灯谜，现准备将其印制在5个灯笼上，若每个灯谜都必须印制，且每个灯笼仅印制一款灯谜，则不同的审核分配方案有 种.
【答案】150
【分析】分类讨论一种灯谜印在3个灯笼上及3款灯谜分别印在2个，2个和1个灯笼上的种数，相加即可得.
【详解】①有一种灯谜印在3个灯笼上，有种方法，
②3款灯谜分别印在2个，2个和1个灯笼上，有，
共有种方案.
故答案为：150.
10．空间中有三个点，且，在空间中任取2个不同的点，使得它们与恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法有 种.
【答案】9
【分析】分类讨论. 第一类为当为四棱锥的一个侧面时，其余两点在平面的同侧，；第二类当为四棱锥的一个对角面时，其余两点在平面的异侧.
【详解】如图所示，有两种情况：
①当为四棱锥的一个侧面时，其余两点在平面的同侧，若为底面棱有两种（平面左右两侧各一组），同理为底面棱时有各两种，故共有6种；
②当为四棱锥的一个对角面时，其余两点在平面的异侧，若为底面对角线则有一组，同理为底面对角线各有一组，故共有3种；
综上所述，共有9种.
故答案为：9
11．假设抛掷质地均匀的硬币时只有正面向上或反面向上两种情况，甲、乙各抛掷若干枚硬币，甲抛掷的硬币总数恰好比乙少一枚，则甲得到的正面数比乙得到的正面数少的概率是 .
【答案】/
【分析】假设甲抛掷的硬币总数为枚，则乙抛掷的硬币总数为枚，设甲得到的正面数为，则且，利用独立重复试验的概率公式结合二项式定理可求得结果.
【详解】假设甲抛掷的硬币总数为枚，则乙抛掷的硬币总数为枚，
设甲得到的正面数为，则且，
此时，甲得到的正面数比乙得到的正面数少的概率为，
因此，所求概率为，
因为
，
故，
因此，所求概率为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查独立重复试验概率的求解，在正面求解较为复杂时，本题充分利用对二项式系数的对称性，结合二项式定理进行求解.
12．一个“皇冠”状的空间图形（如图）由一个正方形和四个正三角形组成，并且正方形与每个正三角形所成的二面角的大小均为.如果把两个这样的“皇冠”倒扣在一起，可以围成一个十面体，则的值为 .
【答案】
【分析】根据题意可知，该几何体的侧面是全等的正三角形，只需利用三垂线定理做出二面角的平面角再结合勾股定理即可求出余弦值的大小.
【详解】一个“皇冠”状的空间图形由一个正方形和四个正三角形组成，
并且正方形与每个正三角形所成的二面角的大小均为
过点作底面的垂线，垂足为分别为上下底面正方形的中心，
连接交于，连接，如图所示，
由题意得，
所以即为正方形与正三角形所成的二面角的平面角，且为钝角；
所以，所以，
由三角形都为正三角形得，
设正方形边长为，则，所以，
所以.
故答案为：
二、单选题
13．设为空间中的四个不同点，则“中有三点在同一条直线上”是“在同一个平面上”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分又非必要条件
【答案】A
【分析】由公理2的推论即可得到答案.
【详解】由公理2的推论:
过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面,
可得在同一平面,
故充分条件成立;
由公理2的推论：
过两条平行直线,有且只有一个平面,
可得,
当时,
在同一个平面上,
但中无三点共线,
故必要条件不成立;
故选:A
【点睛】本题考查点线面的位置关系和充分必要条件的判断,重点考查公理2及其推论;属于中档题;
公理2的三个推论：
经过一条直线和直线外一点,有且只有一个平面;
经过两条平行直线,有且只有一个平面;
经过两条相交直线,有且只有一个平面;
14．某人在打靶中，连续射击3次，至多有一次中靶的互斥不对立事件是（ ）
A．至少有一次中靶B．三次都不中靶
C．恰有两次中靶D．至少两次中靶
【答案】C
【分析】结合互斥事件，对立事件的概念逐一判断选项.
【详解】解：至多一次中靶包含没有中靶和恰有一次中靶，A选项，至少一次中靶，包含恰有一次，两次，三次中靶三种情况，两者都包含了恰有一次中靶，故不是互斥事件，A错误；B选项，三次都不中靶也都包含在两个事件中，故不是互斥事件，B错误；C选项，恰有两次中靶，与题干事件不可能同时发生，也不对立，属于互斥不对立事件，C正确；D选项，为对立事件，故D错误.
故选：C
15．考察正方体6个面的中心，甲从这6个点中任意选两个点连成直线，乙也从这6个点中任意选两个点连成直线，则所得的两条直线互相平行但不重合的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先用组合数的公式求得甲乙从这6个点中任意选两点连成直线的条数，再用分步计数原理求出甲乙从中各任选一条共有种，结合正八面体的性质，求得平行且不重合的共有12对，根据古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【详解】由题意，甲从这6个点中任意选两个点连成直线，共有条，
乙从这6个点中任意选两点连成直线，共有条，
甲乙从任选一条，共有种不同的取法，
因为正方体6个面的中心构成一个正八面体，有六对互相平行但不重合的直线，
则甲乙两人所得的直线互相平行但不重合的共有12对，
根据古典摡型的概率计算公式，可得概率为.
故选：A.
16．如图，为正方体，任作平面与对角线垂直，使得与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为，周长为，则（ ）
A．为定值，不为定值
B．不为定值，为定值
C．与均为定值
D．与均不为定值
【答案】B
【分析】将正方体切去两个正三棱锥与后，得到一个以平行平面与为上、下底面的几何体，的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，将的侧面沿棱剪开，展开在一个平面上，得到一个平行四边形，考查的位置，确定
【详解】解：将正方体切去两个正三棱锥与后，得到一个以平行平面与为上、下底面的几何体，的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形的每一条边分别与的底面上的一条边平行，将的侧面沿棱剪开，展开在一个平面上，得到一个平行四边形，如图所示
而多边形的周界展开后便成为一条与平行的线段（如图中），显然，，所以为定值，
当位于中点时，多边形为正六边形，而当称到时，为正三角形，则当周长这定值的正六边形与正三角形面积分别为，所以不是定值，
故选：B
三、解答题
17．已知的展开式的二项式系数之和为．
（1）求展开式中的常数项；
（2）求展开式中的系数最大的项．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据二项式系数和为，求出的值，然后写出二项展开式的通项，令的指数为零，求出参数的值，再代入通项可得出展开式中的常数项；
（2）设，利用作商法求出的最大值，以及对应的值，再将的值代入展开式通项可得出所求的项.
【详解】（1）的展开式的二项式系数之和为，得.
的展开式的通项为.
令，解得，因此，的展开式中的常数项为；
（2）设，则.
当时，，则有；
当时，，则有.
所以，当时，最大，因此，展开式中的系数最大的项为.
【点睛】本题考查二项展开式常数项的求解，同时也考查了二项式系数和以及系数最大项的求解，一般要利用项的系数的单调性来求解，考查计算能力，属于中等题.
18．已知圆柱的底面半径为，上，下底面圆心分别为，正六边形内接于下底面，为圆柱的一条母线.如图所示.
(1)求异面直线与所成的角（结果用反三角表示）；
(2)若圆柱的体积为，求点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出直线与所成的角，结合余弦定理求得.
（2）利用等体积法来求得点到平面的距离.
【详解】（1）连接如图所示，
根据圆柱的性质可知，所以是异面直线与所成的角或其补角.
，
在三角形中，由余弦定理得，
所以.
在三角形中，由余弦定理得.
所以，由于，所以.
（2）依题意，
.
，所以
.
设到平面的距离为，则.
19．如图，在三棱柱中，平面平面，边长为8的正方形，.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值；
(3)证明：在线段上存在点，使得，并求的值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)证明见解析，.
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，利用两平面法向量的夹角余弦值即可求得二面角的余弦值；
（3）设，求出点D及的坐标，根据求出的值，即可得证.
【详解】（1）证明：因为四边形是正方形，则，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面；
（2）因为，则，所以，
以点A为原点，的正方向分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，
故平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则，令，则，
故平面的一个法向量，
所以，
由图可知二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为；
（3）证明：设，则
所以，
由（1）可知，
因为，所以，解得，
所以在线段上存在点，使得，且.
20．某中学的小乔同学参加上海市举办的禁毒知识测试大赛，本次大赛由十道选择题组成，得分规则为：作对一题得1分，做错一题扣去1分，不做得0分，总得分7分才算及格。小乔的目标是及格，在这次考试中，他确定他做的前六题全对，记6分，而他做余下的四道题中，每道题作对的概率均为，考试中，小乔思量：从余下的四道题中再做一题并且及格的概率；从余下的四道题中恰做两道并且及格的概率，他发现，只做一道反而更容易及格.
(1)设小乔从余下的四道题中恰做三题并且及格的概率为，从余下的四道题中全做并且及格的概率为，求及；
(2)计算：小乔从余下的四道题中，恰做几道时及格的概率最大？
【答案】(1)，
(2)答案不唯一，具体见解析.
【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式能求出及；
（2）由且，得；由且，得；由且，无解．由此能求出结果．
【详解】（1）所做的三道全对或二道对，一道错，概率为，所做的四道全对或三道对，一道错，概率为；
（2）① 恰做一道并且及格的概率最大：，即，解得；
② 恰做三道并且及格的概率最大：，即，解得；
③ 恰做四道并且及格的概率最大：，，无解；
④时，，恰做一道或三道并且及格的概率最大；
综上，时，恰做一道及格概率最大；时，恰做一道或三道并且及格的概率最大；时，恰做三道及格概率最大.
【点睛】本题考查概率的求法，考查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，考查函数与方程思想，是中等题.