吉林省长春市东北师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期9月月考数学试题（Word版附解析）

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考试时间：90分钟 满分：120分
命题人：张淑峰 李永国 审题人：高二备课组
一、单项选择题：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. 若随机试验的样本空间为，则下列说法不正确的是（ ）
A. 事件随机事件B. 事件是必然事件
C. 事件是不可能事件D. 事件是随机事件
【答案】D
【解析】
【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件的概念判断即可.
【详解】随机试验的样本空间为，
则事件是随机事件，故A正确；
事件是必然事件，故B正确；
事件是不可能事件，故C正确；
事件是不可能事件，故D错误.
故选：D
2. 已知点，，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由两点坐标求出斜率，由倾斜角与斜率的关系即可求
【详解】，，故直线的倾斜角.
故选：B
3. 投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行.如图为一幅唐朝的投壶图，甲、乙、丙是唐朝的三位投壶游戏参与者，假设甲、乙、丙每次投壶时，投中的概率均为0.6且投壶结果互不影响.若甲、乙、丙各投壶1次，则这3人中至少有2人投中的概率为（ ）
A. 0.648B. 0.432C. 0.36D. 0.312
【答案】A
【解析】
【分析】由独立事件概率乘法公式可得.
【详解】记甲、乙、丙投中分别即为事件，
由题知，
则3人中至少有2人投中的概率为：
.
故选：A.
4. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用和事件概率公式求出，然后利用求解即可.
【详解】因为，，所以，
又，所以，
所以.
故选：D.
5. 若，，，则点A到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得，，再根据点线距离的向量公式即可求解.
【详解】，，则在上的投影向量的模为，
则点A到直线的距离为．
故选：A.
6. 某乒乓球队在长春训练基地进行封闭式集训，甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．则该局打4个球甲赢的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由于连胜两局者赢，则可写出四局的结果，计算即可.
【详解】由于连胜两局者赢，甲先发球可分为：
该局：第一个球甲赢、第二个球乙赢、第三个球甲赢、第四个球甲赢，
则概率为；
故选：C.
7. 据史书记载，古代的算筹是由一根根同样长短和粗细的小棍制成，如图所示，据《孙子算经》记载，算筹记数法则是：凡算之法，先识其位，一纵十横，百立千僵，千十相望，万百相当． 即在算筹计数法中，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推．例如⊥‖表示62，＝T表示26，现有6根算筹，据此表示方式任意表示两位数（算筹不剩余且个位不为0），则这个两位数不小于50的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据6根算筹，分为五类情况：，逐一分类求解满足要求的两位数，即可求解概率.
【详解】根据题意可知：一共6根算筹，十位和个位上可用的算筹可以分为一共五类情况；
第一类：，即十位用5根算筹，个位用1根算筹，那十位可能是5或者9，个位为1，则两位数为51或者91；
第二类：，即十位用4根算筹，个位用2根算筹，那十位可能是4或者8，个位可能为2或者6，故两位数可能42，46，82，86；
第三类：，即十位用3根算筹，个位用3根算筹，那么十位可能是3或者7，个位可能为3或者7，故两位数可能是33，37，73，77；
第四类：，即十位用2根算筹，个位用4根算筹，那么十位为2或6，个位可能为4或者8，则该两位数为24或者28或者64或者68，
第五类：，即十位用1根算筹，个位用5根算筹，那十位是1，个位为5或者9，则两位数为15或者19；
综上可知：用6根算筹组成的满足题意的所有的两位数有：15，19，24，28，33，37，42，46，51，64，68，73，77，82，86，91共计16个，则不小于50的有：51，64，68，73，77，82，86，91共计8个，
故概率为，
故选：B.
8. 正三棱柱中，为的中点，为棱上的动点，为棱上的动点，且，则线段长度的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段MN的表达式，利用函数求最值即可.
【详解】因为正三棱柱中,O为BC的中点，取中点Q，连接OQ，
如图，以O为原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，
因为M是棱上一动点，设，且，
所以，则，
因为，且所以在直角三角形中可得：
即，于是令，
所以，，又符合函数为增增符合，所以在上为增函数，
所以当时，，即线段MN长度的最小值为，
当时，，即线段MN长度的最大值为，
故选：B.
【点睛】关键点睛：1.找到，再利用函数单调性求出最值.
2.建系，设出动点，利用空间向量法求出，再结合线线关系求线段MN的表达式，利用函数求最值即可.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列命题中正确的是（ ）
A. 若表示两个空间向量的有向线段的终点不同，则这两个向量可能相等；
B. 在所有棱长都相等的直平行六面体中，平面；
C. 对于空间三个非零向量，一定有成立；
D. 在棱长为2的正方体中，点分别是棱，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为．
【答案】ABD
【解析】
【分析】由相等向量的概念即可判断选项A，利用线面垂直的判定定理证明即可判断选项B，由数量积的性质即可判断选项C，建立空间直角坐标系利用向量的坐标即可计算异面直线与所成角的余弦值判断选项D.
【详解】若表示两个空间向量的有向线段的终点不同，而当两向量方向和长度相等时，这两个向量相等；故A正确；
在所有棱长都相等的直平行六面体中，即直棱柱中底面为菱形，
因为，平面，平面，
所以，又，
所以平面；故B正确；
对于空间三个非零向量，有，，
所以不一定有成立，故C错误；
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
所以，，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故D正确.
故选：ABD
10. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，用数字表示第一次抛掷骰子的点数，数字表示第二次抛掷骰子的点数，用表示一次试验的结果．记事件“”，事件=“”，事件=“”，则（ ）
A. B. 与相互独立
C. 与为对立事件D. 与相互独立
【答案】AB
【解析】
【分析】用列举法列出所有可能结果，再结合互斥事件、对立事件、相互独立事件及古典概型的概率公式计算可得．
【详解】依题意依次抛掷两枚质地均匀的骰子，基本事件总数为个；
其中事件“ ”包含的样本点有：
，，，，，共个；
事件 “ ”，包含的样本点有：
， ， ， ，，，，，共个，
事件 “”，包含的样本点有：，，，，，，
，，，，，，
，，，，，共个，
对于A，，故A正确；
对于B，事件包含的样本点有，，共3个，
所以，
所以，所以与相互独立，故B正确；
对于C，包含的样本点个数满足，
所以与不为对立事件，故C错误；
对于D，事件包含的样本点有：， ， ， ， ， ，共6个，
而，，，
从而，
所以与不相互独立，故D错误.
故选：AB.
11. 在棱长为1的正方体中，为棱上一点，且，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A. 若∥平面，则动点的轨迹是一条长为的线段
B. 存在点，使得⊥平面
C. 三棱锥的最大体积为
D. 若，且与平面所成的角为，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】在取点，使得，证得平面平面，进而得到平面，可判定A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，根据，得出矛盾，可判定B不正确；利用向量的数量积的运算及三角形的面积公式，求得,在求得点到平面的最大距离，结合体积公式，可判定C正确；根据题意，求得点点的轨迹，结合线面角的公式，求得时，取得最大值，进而可判定D正确.
【详解】对于A中，如图所示，分别在取点，使得，
可得，因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又由，且平面，平面，所以平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
且平面平面，
若平面，则动点的轨迹为线段，且，所以A正确；
对于B中，以为原点，以所在的直线分别为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，则，
设，可得，
设是平面的一个法向量，则，
取，可得，所以，
若平面，则，所以存在，使得，
则，所以不存在点，使得平面，所以B错误；
对于C中，由，可得，
则，所以，
所以,
要使得三棱锥的体积最大，只需点到平面的距离最大，
由，可得点到平面的距离，
因为，所以当时，即点与点重合时，可得，
所以三棱锥的最大体积为，所以C正确；
对于D中，在正方体中，可得平面，且平面，
所以，则，
所以点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧，其圆心角为，
则，所以，即，
又由，设与平面所成的角，
所以，
因为，可得，当且仅当时，等号成立，
所以，即时，与平面所成的角最大值，
的最大值为，D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：求解立体几何中的动态问题与存在性问题的策略：
1、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
2、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
3、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在，同时，用已知向量来表示未知向量，一定要结合图形，以图形为指导思想是解答此类问题的关键.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，第14题第一个空2分，第二个空3分，共15分．
12. 已知，，当时，实数的值为____________．
【答案】6
【解析】
【分析】由题意依次算得的值，然后根据列方程即可求解.
【详解】因为，，
所以 ，
因为，
所以，
解得.
故答案为：6.
13. 柜子里有3双不同的鞋子，分别用表示6只鞋，从中有放回地取出2只，记事件“取出的鞋是一只左脚一只右脚的，但不是一双鞋”，则事件的概率是____________．
【答案】13
【解析】
【分析】列举法写出试验的样本空间，根据古典概型的概率公式直接可得解.
【详解】设表示三只左鞋，表示三只右鞋，
则从中有放回取出2只的所有可能为：
，共计36种，
其中满足取出鞋一只左脚一只右脚，但不是一双鞋的有12种，
.
故答案：.
14. 已知正四面体的棱切球（正四面体的中心与球心重合，六条棱与球面相切）的半径为1，则该正四面体的内切球的半径为______；若动点分别在与的球面上运动，且满足，则的最大值为______．
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】第一空：将正四面体放入正方体中，由等体积法可知，只需求出正四面体的表面积以及体积即可列式求解该正四面体的内切球的半径；第二空：由不等式可知，，只需求出、即可.
【详解】第一空：
连接，设交点为，则是中点，
如图所示，将正四面体放入正方体中，
由对称性可知正方体中心就是正四面体的中心，
设正方体棱长为，则棱切球球心到正四面体的六条棱的距离都等于，
设正四面体的棱切球的半径为，
所以，正方体棱长为2，，
而正四面体的体积为，
正四面体的表面积为，
设该正四面体的内切球的半径为，
则由等体积法可知，，解得；
第二空：取任意一点，使得，
所以点在面内（其中是中点），
所以，
而点到平面的距离为，
所以，
等号成立当且仅当是正数且重合且，
综上所述，的最大值为.
故答案为：，.
【点睛】关键点点睛：第二空的关键是得出，由此即可顺利得解.
四、解答题：本大题共4小题，共47分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 如图，在三棱柱中，分别是上的点，且．设．
（1）试用表示向量；
（2）若，求异面直线与的夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由空间向量的基本定理求解即可；
（2）先用基向量表示与，然后求解与以及数量积，然后计算夹角的余弦值即可.
【小问1详解】
由图可得：
.
【小问2详解】
由（1）可知，
因为，
所以，，，
，
所以，
，，
所以，
所以异面直线与的夹角的余弦值为.
16. 如图，在正四棱柱中，，分别为，的中点．

（1）证明：∥平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求直线与平面所成的角．
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）借助正四棱柱的性质可建立空间直角坐标系，求出空间向量与平面的法向量后，借助空间向量计算即可得；
（2）求出空间向量与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得直线与平面所成的角的正弦值，进一步求得三棱锥的高以及底面积即可得解.
（3）由（2）可知直线与平面所成的角的正弦值，从而即可得解.
【小问1详解】
在正四棱柱中，，，两两垂直，且，
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，.

因为，分别为的中点，所以，，
则，，，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则有，，即，
因为，所以，
又平面，所以平面；
【小问2详解】
由（1）可知，，
，
所以与平面所成角的正弦值为.
注意到，
所以点到平面的距离为，
而，，
从而，，
所以，三角形的面积为，
所以三棱锥的体积为；
【小问3详解】
由（2）可知，与平面所成角的正弦值为，
所以直线与平面所成的角为.
17. 2023年10月31日，东北师大附中以“邂逅数学之美，闪耀科技之光”为主题的第17届科技节在自由、青华两校区开幕.在科技节中数学教研室组织开展了“送书券”活动．该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表：
（1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；
（2）甲同学先玩了游戏一，当为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．
【答案】（1）13，
（2）可能取值为7,8,9,10,11
【解析】
【分析】（1）利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解；
（2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，由此得解.
【小问1详解】
设事件表示“游戏一获胜”，表示“游戏二获胜”，表示“游戏三获胜”，
游戏一中取出一个球的样本空间为，则，，
，所以游戏一获胜的概率为．
游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间，
则，而，所以，
，
所以游戏二获胜的概率为．
【小问2详解】
设表示“先玩游戏二，获得书券”，表示“先玩游戏三，获得书券”，
则，且，，互斥，相互独立，
，
则，且互斥，相互独立，
，
若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大，则，
即，解得，
设游戏三中两次取球的编号和为，
则，，，
，，，
，，，
所以当时，，不合题意；
当时，，不合题意；
当时，，不合题意；
当时，，不合题意；
当时，，符合题意；
所以当时，都有，
所以符合题意的的取值有.
18. 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为，、、为球面上的三点，设表示以为圆心，且过、的圆，劣弧的长度记为，同理，圆，的劣弧、的长度分别记为，，曲面（阴影部分）叫做球面三角形．如果二面角的大小分别为，那么球面三角形的面积为．

（1）若平面、平面、平面两两垂直，求球面三角形的面积；
（2）若平面三角形为直角三角形，，设，，．
①求证：；
②延长与球交于点，若直线，与平面所成的角分别为，，为的中点，为的中点． 设平面与平面的夹角为，求的最大值及此时平面截球的面积．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②，
【解析】
【分析】（1）根据题意结合相应公式分析求解即可；
（2）①根据题意结合余弦定理分析证明；②建系，利用空间向量求线面夹角，利用基本不等式分析可知点，再利用空间向量求球心O到平面AEC距离，结合球的性质分析求解.
【小问1详解】
若平面两两垂直，有，
所以球面三角形面积为.
【小问2详解】
①证明：由余弦定理有：，且，
消掉，可得；
②由AD是球的直径，则，
且，，平面BCD，
所以平面BCD，且平面BCD，则，
且，平面ABC，可得平面ABC，
由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，所以，
不妨先令，则，
由，，，
以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图空间直角坐标系，

设，则，
可得，，
则，
设平面OBC法向量，则，
取，则，可得，
设平面EST法向量，则，
取，则，可得，
因为
，
令，则，
可得，
当且仅当取等．
则取最大值，
此时点，可得，，
设平面中的法向量，则，
取，则，可得，
可得球心O到平面AEC距离为，
设平面截球O圆半径为r，则，
所以截面圆面积为.
【点睛】方法点睛：1.利用空间向量求线面角的思路:
直线与平面所成的角主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得，即.
2. 利用空间向量求点到平面距离的方法:
设A为平面内的一点，B为平面外的一点，为平面的法向量，则B到平面的距离.
游戏一
游戏二
游戏三
箱子中球的
颜色和数量
大小质地完全相同的红球4个，白球2个
（红球编号为“1，2，3，4”，白球编号为“5，6”）
取球规则
取出一个球
有放回地依次取出两个球
不放回地依次取出两个球
获胜规则
取到白球获胜
取到两个红球获胜
编号之和不超过获胜