2023-2024学年上海市松江二中高二上学期12月月考考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年上海市松江二中高二上学期12月月考考数学试题含答案，共17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．已知复数满足，则 ．
【答案】
【详解】分析：设，代入，由复数相等的条件列式求得的值得答案．
详解：由，得，
设，
由得，即，解得，
所以，则．
点睛：本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数相等的条件以及复数模的求法，是基础题，着重考查了考生的推理与运算能力．
2．已知分别是平面的法向量，且，则 .
【答案】
【分析】利用平面法向量的定义以及面面平行的性质可知，再由向量平行的坐标表示即可得.
【详解】根据题意可知，若则可知，
又可得，即可得.
故答案为：
3．如图，在三棱锥中，，且，，分别是棱，的中点，则和所成的角等于 .
【答案】/
【分析】取BC的中点G，连接FG、EG，则为EF与AC所成的角．解．
【详解】如图所示，取BC的中点G，连接FG，EG．
，F分别是CD，AB的中点，
，，且，．
为EF与AC所成的角（或其补角）．
又，．
又，，，
为直角三角形，，又为锐角，
，即EF与AC所成的角为．
故答案为：．
4．若投掷3枚硬币，则恰有二枚正面朝上的概率为
【答案】
【分析】由投掷3枚硬币，得到基本事件的总数为种情形，再利用列举法求得恰有两枚正面朝上时，所包含的基本事件的个数，利用古典摡型的概率计算公式，即可求解
【详解】由题意，投掷3枚硬币，共有种可能情况，
其中恰有两枚正面朝上时，即{正，正，反}，{正，反，正}，{反，正，正}，共有3种情况，
根据古典摡型的概率计算公式，可得其概率为.
故答案为：.
5．过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的截面，则截面面积与球的一个大圆面积之比为 ．
【答案】
【分析】设球的半径为，截面圆的半径为，根据球的截面圆的性质，求得，结合圆的面积公式即可求解.
【详解】设球的半径为，截面圆的半径为，
则球的截面圆的半径为，
可得截面圆的面积为，
球的大圆面积为，所以截面面积与球的一个大圆面积之比为.
故答案为：.
6．中国古代儒家提出的“六艺”指：礼、乐、射、御、书、数.某校国学社团预在周六开展“六艺”课程讲座活动，周六这天准备排课六节，每艺一节，则“礼”与“乐”不能相邻，“射”和“御”要相邻的排法种数是 .
【答案】144
【分析】利用捆绑法和插空法计算可得.
【详解】由题意“乐”与“书”不能相邻，“射”和“御”要相邻，可将“射”和“御”进行捆绑看成一个整体，共有种，
然后与“礼”､“数”进行排序，共有种，
最后将“乐”与“书”插入4个空即可，共有种，
由于是分步进行，所以共有种.
故答案为：144.
7．已知数列前项和为，且满足，则 ．
【答案】
【分析】根据与的关系式把已知条件中的转化为的形式，从而可求出是首项为，公比为的等比数列，利用等比数列的的通项公式即可求出数列的通项公式，从而可求出的值.
【详解】因为时，，
所以， 即，
所以，即，
又时，，所以，
所以是首项为，公比为的等比数列，所以，
即，所以.
故答案为：.
8．已知一个圆台的上、下底面半径分别为2，4，它的侧面展开图扇环的圆心角为，则这个圆台的侧面积为 .
【答案】
【分析】根据题意计算母线长，再利用圆台的侧面积公式计算得到答案.
【详解】因为圆台的上底面圆半径2，下底面圆半径4，它的侧面展开图扇环的圆心角为，
设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为x，如图，由题意可得：
，解得，
所以圆台的侧面积,
故答案为：.
9．某动漫公司推出漫画角色盲盒周边售卖，每个盲盒中等可能的放入该公司的款经典动漫角色玩偶中的一个.小明购买了个盲盒，则他能集齐个不同动漫角色的概率是 .
【答案】
【分析】计算出所有的基本事件数，以及事件“小明购买了个盲盒，他能集齐个不同动漫角色”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得结果.
【详解】个盲盒中，每个盲盒中放入的动漫角色有种选择，共有种不同的情况，
当集齐个不同动漫角色时，其中有一种动漫角色有个，另外两种动漫角色各个，共有种，
因此，所求概率为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解古典概型概率的方法如下：
（1）列举法；
（2）列表法；
（3）数状图法；
（4）排列组合数的应用.
10．在直三棱柱中，，则点B到平面的距离为 .
【答案】/
【分析】利用等体积法求点面距离即可.
【详解】由题设为等边三角形，各侧面均为正方形，故，
所以中上的高为，则，若点B到平面的距离为，
又，由直棱柱的结构特征知：到面的距离是中边上的高为，
所以，则，即点B到平面的距离为.
故答案为：
11．已知棱长为的正方体中， 为侧面中心，在棱上运动，
正方体表面上有一点满足，则所有满足条件的点构成图形的面积为 ．
【答案】.
【详解】分析：先考虑两种特殊情况，假设点F和点D重合，假设点F和点A重合，求出每一种情况下点P的轨迹，再根据题意得到点P的轨迹在正方体表面组成的图形，最后求图形的面积.
详解：
如图所示，记中点为，
假设点F和点D重合，作平面和正方体的左侧面、右侧面和下底面的交线，则分别为点P在上运动.
假设点F和点A重合，作平面和正方体的左侧面、右侧面和下底面的交线，则分别为点P在上运动.
所以点F在AD上运动时，所求图形为直角梯形、、．
所以所求图形的面积为
故答案为.
点睛：本题主要考查空间想象能力，考查极限的思想.要确定点P的轨迹在正方体表面组成的图形，不是很好处理，所以可以先考虑两种特殊情况，特殊情况下点P的图形确定了，动点P的轨迹组成的图形就容易确定了.
12．在三棱锥中，，，二面角是钝角.若三棱锥的体积为2．则三棱锥的外接球的表面积是 .
【答案】
【分析】先画出三棱锥，取中点为，连接，，取中点为，连接，根据三棱锥的体积，求出；再把三棱锥补成长方体，使三棱锥的各棱分别是面对角线，则三棱锥的外接球即是长方体的外接球，设，，，根据题中数据，求出，进而可求出外接球的直径，从而可求出其表面积.
【详解】
如图（1），取中点为，连接，，则由，可得：，，
即即为二面角的平面角；
又，所以平面；
取中点为，连接，设，又
所以，因此，，
所以，
即，解得：或，
当时，，即，舍去；所以，即；
如图（2），把三棱锥补成长方体，使三棱锥的各棱分别是面对角线，则三棱锥的外接球即是长方体的外接球，
设，，，
则，解得，
因此，外接球的直径为，
所以四面体的外接球的表面积是.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查求三棱锥外接球的表面积，熟记三棱锥的结构特征，以及球的表面积公式即可，属于常考题型.
二、单选题
13．若为平面，有下列命题，其中真命题的是（ ）
A．若直线平行于平面内的无数条直线，则
B．若直线在平面外，则平面
C．若直线，直线平面，则平面
D．若直线平面，则平行于平面内的无数条直线
【答案】D
【分析】根据线面位置关系可直接判断.
【详解】A项还可能，故A错误；
B项还可能与平面相交，故B错误；
C项还可能，故C错误；
由直线与平面平行的性质以及平行的传递性可知D正确.
故选：D.
14．已知事件A与事件B是互斥事件，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据互斥事件、对立事件、必然事件的概念可得答案.
【详解】因为事件A与事件B是互斥事件，则不一定是互斥事件，所以不一定为0，故选项A错误；
因为事件A与事件B是互斥事件，所以，则，而不一定为0，故选项B错误；
因为事件A与事件B是互斥事件，不一定是对立事件，故选项C错误；
因为事件A与事件B是互斥事件，是必然事件， 所以，故选项D正确.
故选：D.
15．如图1，一个密闭圆柱体容器的底部镶嵌了同底的圆锥实心装饰块，容器内盛有升水．平放在地面,则水面正好过圆锥的顶点，若将容器倒置如图2，水面也恰过点．以下命题正确的是．
A．圆锥的高等于圆柱高的；
B．圆锥的高等于圆柱高的；
C．将容器一条母线贴地，水面也恰过点；
D．将容器任意摆放，当水面静止时都过点．
【答案】C
【详解】试题分析：本题考查体积公式与空间想象能力，设圆锥的高为，圆柱的高为，则利用倒置前后水的体积不变这个性质知，化简得，均错，现在水的容积正好是圆柱内部空间的一半，因此把圆柱的母线贴地，则水面过点，但过点的平面不可能总是平分圆柱内部除去圆锥的那部分，故错误．
【解析】体积公式．
16．已知样本空间为，x为一个基本事件.对于任意事件A，定义，给出下列结论：①；②对任意事件A，；③如果，那么；④.其中，正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】根据的定义，利用分类讨论思想进行分析判定.
【详解】∵任意恒成立，任意恒不成立，∴，故①正确；
对任意事件A，，∴，∴成立，故②正确；
如果，当时，，此时或.若，则,，，成立；时，，，，成立；
当时，，，∴，那么成立，∴③正确；
当时，,此时,, 成立；当时，,此时, 成立，故④正确.
综上，正确的结论有4个，
故选：D
三、解答题
17．直四棱柱，，，，，.
(1)求证：平面平面；
(2)若四棱柱的体积为36，求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）直棱柱性质结合已知先证明平面，然后可证；
（2）根据棱柱体积公式求得，然后以D为原点，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用法向量求解即可.
【详解】（1）由直棱柱性质可知，平面，
因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）因为，，，，.
所以四边形为直角梯形梯形，面积为，
设，则，得，
因为为直角梯形梯形，且四棱柱为直四棱柱，
所以两两垂直，
以D为原点，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设为平面的法向量，
则，令，得，
易知为平面的一个法向量，
则，
记二面角大小为，由图可知为锐角，
所以，
所以二面角大小为.
18．设（其中，，1，2，3，…，29）．
（1）求的值；
（2）求为何值时，取得最大值．
【答案】（1） ；（2） 当或18时，取得最大值．
【分析】（1）令，，，所得的式子相减可求得答案．
（2）由题可知，设最大，列出不等式组，解之可求得答案.
【详解】解：（1）令，得，
令，，得，
以上两式相减，可得．
（2）由题可知，设最大，
则，所以，
而，所以最大值为或，
即当或18时，取得最大值．
19．女排世界杯比赛采用5局3胜制，前4局比赛采用25分制，每个队只有赢得至少25分，并同时超过对方2分时，才胜1局；在决胜局（第五局）采用15分制，每个队只有赢得至少15分，并领先对方2分为胜.在每局比赛中，发球方赢得此球后可得1分，并获得下一球的发球权，否则交换发球权，并且对方得1分.现有甲乙两队进行排球比赛.
(1)若前三局比赛中甲已经赢两局，乙赢一局.接下来的每局比赛甲队获胜的概率为，求甲队最后赢得整场比赛的概率；
(2)若前四局比赛中甲､乙两队已经各赢两局比赛.在决胜局（第五局）中，两队当前的得分为甲､乙各14分，且甲已获得下一发球权.若甲发球时甲赢1分的概率为，乙发球时甲赢1分的概率为，得分者获得下一个球的发球权.求两队打了个球后，甲队赢得整场比赛的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得甲队将以或的比分赢得比赛，从而可求出甲队最后赢得整场比赛的概率；
（2）由题意可知甲接下来可以以或赢得比赛，此时的取值为2或4，然后分别求出各自对应的概率，从而可求出甲队赢得整场比赛的概率.
【详解】（1）依题意，甲队将以或的比分赢得比赛.
若甲队以的比分赢得比赛，则第4局甲赢，
若甲队以的比分赢得比赛，则第4局乙赢，第5局甲赢.
故甲队最后赢得整场比赛的概率为.
（2）依题意，甲每次发球，甲队得分的概率为，接发球方得分的概率为.
甲接下来可以以或赢得比赛，此时的取值为2或4.
当时，其赢球顺序为“甲甲”，对应发球顺序为“甲甲”，
；
当时，其赢球顺序为“甲乙甲甲”或“乙甲甲甲”，对应发球顺序为“甲甲乙甲”和“甲乙甲甲”，
.
两队打了个球后，甲队赢得整场比赛的概率为：
.
20．如图，已知四面体中，平面，.
(1)求证：；
(2)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，若此“鳖臑”中，，有一根彩带经过面与面，且彩带的两个端点分别固定在点和点处，求彩带的最小长度；
(3)若在此四面体中任取两条棱，记它们互相垂直的概率为；任取两个面，记它们互相垂直的概率为；任取一个面和不在此面上的一条棱，记它们互相垂直的概率为. 试比较概率、、的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由线面垂直得到，结合得到线面垂直，进而证明出线线垂直；
（2）将面与面沿展开成如图所示的平面图形，连接BD，即为所求，利用余弦定理求出答案即可；
（3）利用组合知识及列举法求出、、的大小，比较出大小关系.
【详解】（1）因为平面，平面BCD，
所以，
又，，平面ABC，
所以平面，
因为平面ABC，
所以；
（2）将面与面沿展开成如图所示的平面图形，连接BD，
由（1）知：∠ACD=90°，
因为平面，平面BCD，
所以AB⊥BC，
因为，
所以∠ACB=45°，
故展开后，
所以彩带的最小长度为此平面图中长.
由余弦定理得：，
所以彩带的最小长度为；
（3）6条棱中任选2条，共有种情况，
其中，
所以，
四个面任取两个面，共有种情况，
其中平面平面BCD，平面平面ACD，平面ABD⊥平面BCD，
故，
任取一个面和不在此面上的一条棱，先从四个平面任选一个平面，有种情况，
再从不在此面上的三条棱中选1条，有种情况，故共有种情况，
其中满足垂直关系的有2种，分别为平面BCD和棱AB，平面ABC和棱CD，
故，
所以.
21．已知函数，，满足：①对任意，都有；②对任意都有.
(1)试证明：为上的严格增函数；
(2)求；
(3)令，，试证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)66
(3)证明见解析
【分析】（1）对①中等式变形，利用定义法判断出的单调性；
（2）先假设，根据题意求的值，即可求解出的值，再结合（1）的单调性确定出的值，由此计算出结果；
（3）根据条件判断出为等比数列并求解出通项公式，利用不等式以及二项展开式采用放缩方法证明不等式.
【详解】（1）由①可知：对任意，，
整理得，
不妨设，则，从而，
所以函数为上的单调增函数.
（2）令，则，显然，否则，与矛盾.
从而，而由，即得.
又由（1）知，即.
于是得，且，从而，即.
由知.
于是，
，，
，，
， 由于，
而且由（1）知，函数为单调增函数，因此.
从而.
（3），
，.
即数列是以为首项，以为公比的等比数列.
∴
于是，显然，
另一方面，
从而.
综上所述，.
【点睛】关键点睛：对于指数式与多项式的不等式证明问题，常利用二项式定理分析证明，本题即为.