高二数学第三次月考（沪教版2020上海专用，必修第三册+空间向量及应用）2024-2025学年高中上学期第三次月考2.zip

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．测试范围：沪教版2020必修第三册+空间向量及应用。
5．难度系数：0.63。
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）
1．若，且， （填一符号）．
【答案】
【解析】，且，.故答案为：.
2．已知向量，,则向量在向量方向上投影向量的坐标为 ．
【答案】
【解析】向量在向量方向上投影向量为，
故答案为：
3．在正方体中，异面直线与所成角的大小是 ．
【答案】
【解析】如图，

在正方体中，
因为，所以为异面直线为与所成角，
又因为是以为直角的等腰直角三角形，所以，
即异面直线与所成角为．
故答案为：．
4．从某中学抽取12名同学，他们的数学成绩如下：78，83，84，85，87，87，90，91，92，96，98，99，则这12名同学数学成绩的第70百分位数是 ．
【答案】92
【解析】，故数据从小到大排列，选择第9个数作为第70百分位数，即92.
故答案为：92.
5．在平行六面体中，E，F分别是棱，的中点，记，，，则等于 （用，，表示）．
【答案】
【解析】连接，，
故答案为：
6．已知一个圆柱的轴截面为正方形，且它的侧面积为，则该圆柱的体积为 ．
【答案】
【解析】解：设圆柱底面的半径为，高为，
则，解得，
所以圆柱的体积.
故选：.
7．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的面积为 ．

【答案】
【解析】因为，，所以，
由直观图可得如下平面图形，则，，

所以.故答案为：.
8．现从甲乙口袋各摸出一个球，如果从甲口袋中摸出一个红球的概率是 ，从乙口袋中摸出一个红球的概率是 ，则摸出的两个球至少有1个红球的概率为 (请用分数表示) ．
【答案】23
【解析】至少有1个红球的对立事件是两个都不是红球，那么求出两个都不是红球的概率即可；
两个都不是红球的概率为，至少有1个红球的概率.
故答案为：.
9．某校高二年级为选拔参加数学竞赛的学生组织了一次考试，最后选出13名男生和7名女生，这20名学生的考试成绩如茎叶图所示（单位：分），学校规定：成绩不低于130分的人到A班培训，低于130分的人到B班培训，如果用分层抽样的方法从到A班的人和到B班的人中共选取5人，则5人中到A班的有
人．
【答案】2
【解析】由题意结合茎叶图的数据可知，这20名学生有8人到A班培训，12人到B班培训，
根据分层抽样的定义知：5人中到A班的有人.
故答案为：2.
10．某人去公园郊游，在草地上搭建了如图所示的简易遮阳篷ABC，遮阳篷是一个直角边长为8的等腰直角三角形，斜边AB朝南北方向固定在地上，正西方向射出的太阳光线与地面成30°角，则当遮阳篷ABC与地面所成的角大小为 时，所遮阴影面ABC＇面积达到最大
【答案】
【解析】如图，过点C作交AB于D，连接，由题知，
因此就是遮阳篷ABC与地面所成的角，
因为，则求遮阴影面面积最大，即是求最大，
又，，
设，，由正弦定理，得，
当且仅当时取等号，此时所遮阴影面面积最大，
故答案为：.
11．已知、、三点位于平面内，，是平面的斜线，若，则与平面所成的角的大小为 ．
【答案】
【解析】交于，于，与，连接，，
，，故，，，
平面，故平面，平面，故，
同理可得：，
设，故，可知，故，
与平面所成的角为，
故答案为：.
12．空间给定不共面的A，B，C，D四个点，其中任意两点间的距离都不相同，考虑具有如下性质的平面：A，B，C，D中有三个点到的距离相同，另一个点到的距离是前三个点到的距离的2倍，这样的平面的个数是 个．
【答案】32
【解析】首先取3个点相等，不相等的那个点由4种取法；
然后分3分个点到平面的距离相等，有以下两种可能性：
（1）全同侧，这样的平面有2个；
（2）不同侧，必然2个点在一侧，另一个点在一侧，
1个点的取法有3种，并且平面过三角形两个点边上的中位线，
考虑不相等的点与单侧点是否同侧有两种可能，每种情况下都唯一确定一个平面，
故共有6个，
所有这两种情况共有8个，综上满足条件的这样的平面共有个，
故答案为：32.
二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个正确选项)
13．若，是两个不同平面，，是两条不同直线，则下列命题中不正确的是（ ）
A．，，则
B．，，则
C．，，则
D．，与，所成的角相等，则
【答案】D
【解析】解：对于A.由，，则由直线与平面垂直的判定定理得，故A正确；
对于B.由，，则由直线与平面垂直的判定定理得，故B正确；
对于C.由，，则由平面与平面垂直的判定定理得，故C正确；
对于D.由，与，所成的角相等，则与相交、平行或异面， 故D不正确.
故选：D.
14．下列四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形的个数有（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】图①可知因为M,N分别为其所在棱的中点,
如图，连接AC,
故,平面ABC，
平面ABC，故平面 ,同理平面,又,
故ABC∥平面MNP,故AB∥平面MNP,图①符合题意；
图④,如图,由中位线有,又四边形ABCD为平行四边形,故
,故AB∥PN,又平面MNP，平面MNP，故AB∥平面MNP,图④符合题意；
至于图②,取下底面中心O,则NO//AB,NO∩平面MNP=N,∴AB与平面MNP不平行，故②不成立.
对于图③，如图，过M作ME//AB,E是中点，ME与平面PMN相交，∴AB与平面PMN相交，∴AB与平面MNP不平行，故③不成立；
,
故选：B.
15．现有4个礼品盒，前三个礼品盒中分别装了一支钢笔，一本书以及一个笔袋，第4个礼品盒中三样均有.现随机抽取一个礼盒，事件A为抽中的盒子里面有钢笔，事件B为抽中的盒子里面有书，事件C为抽中的盒子里面有笔袋，则下面选项正确的是（ ）
A．A与B互斥B．A与B相互独立
C．A与互斥D．A与相互独立
【答案】B
【解析】由题意可知：事件A为取到第1或4个礼品盒，事件B为取到第2或4个礼品盒，事件C为取到第3或4个礼品盒，
对于选项A：因为事件为取到第4个礼品盒，所以A与B不互斥，故A错误；
对于选项B：因为，
可知，所以A与B相互独立，故B正确；
对于选项C：因为事件为取到第2或3或4个礼品盒，
则事件为取到第4个礼品盒，所以A与不互斥，故C错误；
对于选项D：因为事件为取到第4个礼品盒，则，
且事件为取到第4个礼品盒，则，
可知，所以A与不相互独立，故D错误.
故选：B.
16．如图，正方体的棱长为1，E，F分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点M，N，设，给出下列三个结论：①四边形一定为菱形；②若四边形的面积为，，则有最大值；③若四棱锥的体积为，，则为常值函数.其中正确结论有多少个?（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【解析】
对于①，如图1，连接.
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，.
同理可得，.
所以，四边形为平行四边形.
根据正方体的性质可知，，平面，
又平面，所以.
因为平面，平面，，
所以，平面.
又平面，所以.
因为分别是的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，
所以，，
所以，，所以四边形为菱形，故①正确；
对于②，由①知，四边形为菱形，
所以，四边形的面积为.
因为为定值，所以当最大时，面积最大.
由图可知，当或，即点与点或重合时，有最大值，
此时或.
所以，当，没有最大值，故②错误；

对于③，如图2，连接，则四棱锥被分割为三棱锥与三棱锥.
根据正方体的性质可知，，平面，
又平面，所以.
因为平面，平面，，
所以，平面，
所以，点到平面，即平面的距离等于.
因为，平面，平面，
所以平面.
又，所以点到平面的距离即等于点到平面的距离.
同理可得，点到平面的距离也等于.
所以，到平面的距离之和为常数.
又的面积为一个常数，
所以，三棱锥与三棱锥的体积均为常数，
即四棱锥的体积一个常数，故③正确.
故选：C.
三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20、21题每题18分.)
17．如图，圆锥的底面半径OA＝2，高PO＝6，点C是底面直径AB所对弧的中点，点D是母线PA的中点.
(1)求圆锥的侧面积和体积；
(2)求异面直线CD与AB所成角的大小.（结果用反三角函数表示）
【解析】（1）∵圆锥的底面半径，高，
∴母线长， (2分)
则圆锥的侧面积，
体积； (6分)
（2）连接CO，∵C为底面直径AB所对弧的中点，∴CO⊥AB，
以O为坐标原点，分别以OC，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，， (8分)
∴，，
∴.
∴异面直线CD与AB所成角的大小为. (14分)
18．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，M为PC中点．

(1)求证：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的大小．
【解析】（1）连接，交于点，则是的中点，连接. (1分)
因为，分别是的中点，
所以，. (3分)
因为，平面，平面，
所以，平面. (6分)
（2）

如图，建立空间直角坐标系，
则，，，，，， (8分)
所以，，.
因为平面，所以即为平面的一个法向量. (10分)
设直线与平面所成角为，
因为，，
所以，，. (14分)
19．黄山雄踞风景秀丽的安徽南部，是我国最著名的山岳风景区之一. 为更好地提升旅游品质，黄山风景区的工作人员随机选择100名游客对景区进行满意度评分（满分100分），根据这100名游客的评分，制成如图所示的频率分布直方图.

(1)根据频率分布直方图，求的值；
(2)估计这100名游客对景区满意度评分的众数、平均数（结果均精确到0.1）；
(3)景区的工作人员采用按比例分层抽样的方法从评分在、的两组中共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行个别交流，求选取的2人评分分别在和内各1人的概率.
【解析】（1）由频率分布直方图知：，可得. (2分)
（2）根据频率分布直方图中矩形最高组的组中值即为众数可知，众数为，
平均数为. (6分)
（3）因为评分在的频率分别为，
则在中抽取人，设为；
在中抽取人，设为； (8分)
从这6人中随机抽取2人，则有：
，
，共有15个基本事件，
设选取的2人评分分别在和内各1人为事件，
则有，共有8个基本事件，
所以. (14分)
20．在直角梯形中，，，，如图1把沿翻折，使得平面平面（如图2）．
(1)；
(2)若点为线段的中点，求点到平面的距离；
(3)在线段上是否存在点，使得与平面所成的角为?若存在，求出点的具体位置；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由已知可得BD=2,CD=2,CD⊥BD，，
∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，CD⊂平面BCD，
∴CD⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，
∴CD⊥AB； (4分)
（2）以为原点，BD所在的直线为x轴，DC所在直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图，
由已知得，
， (6分)
设平面的法向量为，
则，取，得
点到平面的距离.
(10分)
（3）假设在线段上存在点，使得与平面所成的角为，
设，
则，
，
，
整理得，该方程无实数解，
故在线段上不存在点，使得与平面所成的角为. (18分)
21．如图1，由射线构成的三面角，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：.
(1)如图2，在三棱锥中，为等腰直角三角形，为等边三角形，，求二面角平面角的正弦值；
(2)如图3，在三棱锥中，平面，连接，，求三棱锥体积的最大值；
(3)当时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理.
【解析】（1）法1：取的中点，连接，如图所示，
则，于是是二面角的平面角，
(1分)
设，则，
由余弦定理得，
故 (4分)
法2：利用三面角余弦定理，设二面角的平面角为，则有，
计算得，故
（2）二面角的平面角的大小为，利用三面角余弦定理得
，计算得，
于是.
由于，则. (6分)
，
即当时，三棱锥体积的最大值为 (10分)
（3）如图过射线上一点在面作交于点，
在面内作交于点，连接，
则是二面角的平面角， (11分)
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
两式相减得：，
则，
两边同除以，得：
，
从而得证. (18分)