四川省成都市2024_2025学年高二数学上学期10月月考试题含解析

这是一份四川省成都市2024_2025学年高二数学上学期10月月考试题含解析，共23页。试卷主要包含了25B， 庑殿．等内容，欢迎下载使用。
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.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效.
一、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. 已知复数满足：，则复数的虚部为（ ）
A B. -2C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的除法先求出复数，结合共轭复数的概念，进而可得出结果.
【详解】因为，所以，
所以所以虚部为2.
故选:C
2. 在一个实验中，某种豚鼠被感染病毒的概率均为，现采用随机模拟方法估计三只豚鼠中被感染的概率：先由计算机产生出，之间整数值的随机数，指定1，2，3，4表示被感染，5，6，7，8，9，0表示没有被感染.经随机模拟产生了如下20组随机数：
192 907 966 925 271 932 812 458 569 683
257 393 127 556 488 730 113 537 989 431
据此估计三只豚鼠都没被感染的概率为（ ）
A. 0.25B. 0.4C. 0.6D. 0.75
【答案】A
【解析】
【分析】求得三只豚鼠都没有被感染的数量，结合题意，求解即可.
【详解】组数据中，都不含的数据有5个，分别是：907，966，569，556，989；
故三只豚鼠都没被感染的概率为：.
故选：.
3. 如图，在圆锥中，轴截面的顶角，设是母线的中点，在底面圆周上，且，则异面直线与所成角的大小为（ ）

A. 15°B. 30°C. 45°D. 60°
【答案】C
【解析】
【分析】首先得出异面直线与所成的角即为（或其补角），在中求角即可.
【详解】因为是的中点，是的中点，所以，
所以异面直线与所成的角即为（或其补角）．
易知．因为，，平面，所以平面．
因为平面，所以．
又，，平面，所以平面，
而平面，所以．
因为，，所以为等边三角形，所以，所以．
故选：C．
4. 已知三棱柱中，侧面底面，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由面面垂直的性质定理可证明“”是“”的必要条件，由底面为正三角形的直三棱柱模型，可知“”不是“”的充分条件.
【详解】①已知侧面底面，且侧面底面，
又平面，
若，则由面面垂直的性质定理可得平面，
平面，则，
所以则“”是“”的必要条件；
②若三棱柱是直三棱柱，底面是正三角形，
则底面，平面，则满足条件侧面底面.
又平面，则，但与不垂直.
所以“”不是“”的充分条件.
综上所述，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
5. 庑殿（图1）是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，多用于宫殿、坛庙、重要门楼等高级建筑上，庑殿的基本结构包括四个坡面，坡面相交处形成5根屋脊，故又称“四阿殿”或“五脊殿”．图2是根据庑殿顶构造的多面体模型，底面是矩形，且四个侧面与底面的夹角均相等，则（ ）．

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设点在底面上的射影为，作，，垂足分别为，，设四个侧面与底面的夹角为，即可得到，根据三角形全等得到方程，整理即可.
【详解】如图所示，设点在底面上的射影为，作，，垂足分别为，．
则为侧面与底面的夹角，为侧面与底面的夹角，
设四个侧面与底面的夹角为，则在和中，，

又为公共边，所以，即，整理得．
故选：A
6. 两条异面直线所成的角为，在直线上分别取点和点，使，且.已知，则线段的长为（ ）
A. 或B. 或
C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的线性运算可得，两边同时平方，利用向量的数量积运算，结合题意化简得到，进而得出结果.
【详解】由题意知，
，
所以，
又异面直线a、b所成的角为，
即，
所以，
所以或，
故选：B
7 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数，的单调性，判断的大小关系.
【详解】设，易知在上单调递增.
且，，所以；
设，易知在上单调递增.
且，，所以.
综上：.
故选：B
8. 正四面体的棱长为，是它内切球的直径，为正四面体表面上的动点，的最大值为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，则在上，连接，根据题意求出内切球的半径，再化简可求得其最大值.
【详解】设正四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，则在上，连接，则.
因为正四面体的棱长为3，所以，
所以，设内切球的半径为，
则，，解得，
是它内切球的直径，此时，，
，
因为为正四面体表面上的动点，所以当为正四体的顶点时，最长，
的最大值为，所以的最大值为.
故选：D

二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求.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. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则（ ）
A. 乙发生的概率为B. 丙发生的概率为
C. 甲与丁相互独立D. 丙与丁互为对立事件
【答案】ACD
【解析】
【分析】先计算出甲乙丙丁的概率，故可判断AC的正误，再根据独立事件的乘法公式可判断C的正误，根据对立事件的意义可判断D的正误.
【详解】设为事件“第一次取出的球的数字是奇数”，为事件“第二次取出的球的数字是偶数”，
为事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，为事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，
则，，故A正确.
，，故B错误.
而，故C正确.
两次取出的数字之和要么为奇数，要么为偶数，故丙与丁互为对立事件，
故D正确.
故选：ACD.
10. (多选)如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，Q为A1B1上任意一点，E，F为CD上任意两点，且EF的长为定值，则下面的四个值中为定值的是（ ）
A. 点P到平面QEF的距离B. 三棱锥P－QEF的体积
C. 直线PQ与平面PEF所成角D. 二面角P－EF－Q的大小
【答案】ABD
【解析】
【分析】结合已知，分别分析点到平面的距离、直线与平面所成的角、棱锥的体积、二面角的大小，
观察它们的值可得到答案.
【详解】A选项中，∵平面QEF也就是平面，既然P和平面QEF都是固定的，∴P到平面的距离是定值，∴点P到平面QEF的距离为定值；
B选项中，∵△QEF的面积是定值（∵EF定长，Q到EF的距离就是Q到CD的距离也为定长，即底和高都是定值），再根据A的结论P到平面QEF的距离也是定值，∴三棱锥的高也是定值，于是体积固定，∴三棱锥的体积是定值；
C选项中，∵Q是动点，E，F也是动点，推不出定值的结论，∴直线PQ与平面PEF所成的角不是定值；
D选项中，平面也就是平面，又平面即为平面，∴二面角的大小为定值．
故选：ABD．
【点睛】本题主要考查直线与平面所成角，二面角，三棱锥的体积以及点到面的距离，属于中档题.
11. 已知函数的定义域为，且为偶函数，则（ ）
A. B. 为偶函数
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】利用赋值法令，，可得，令，可得为奇函数，结合为偶函数，可得、，也可得其周期，从而得到.
【详解】令，，则有，解得：，
令，，则有，
即恒成立，故，
又函数的定义域为，故为奇函数，故B错误；
则，又为偶函数，
故，则，故A错误；
，故C正确；
，则，
故函数的周期为4，，则
，故D正确.
故选：CD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的横线上.
12. 已知正方体的棱长为1，则点B到直线的距离为_________．
【答案】
【解析】
【分析】连接，过B作，则即为所求，由三角形等面积计算求解.
【详解】解：如图，连接，过B作，则即为点B到直线的距离，
在正方体中，平面，，在直角中，，且，所以 ，点B到直线的距离为.
故答案为：.
13. 把正方形ABCD沿对角线AC折成的二面角，E、F分别是BC、AD的中点，O是原正方形ABCD的中心，则的余弦值为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据空间向量的夹角公式，结合数量积的运算即可求解.
【详解】由于,所以,
不妨设正方形的边长为2，则,,
,
所以,
故
,
所以,
故答案为：

14. 已知函数．直线与曲线的两个交点如图所示，若，且在区间上单调递减，则_______；_______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据和，可构造方程求得，并确定为半个周期，根据正弦函数单调性可构造方程组求得.
【详解】设，
由得：，，
又，，解得：，
此时的最小正周期，
，在区间上单调递减，
和分别为单调递减区间的起点和终点，
当时，，
，，又，；
综上所述：，.
故答案为：；.
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在中，，将绕着旋转到的位置，如图所示．
（1）求直线与直线所成角的大小；
（2）当三棱锥的体积最大时，求平面和平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）做辅助线，先证明线面垂直，利用线面垂直证明线线垂直；
（2）根据三棱锥的体积最大，确定平面的垂直关系，利用空间向量求解平面的夹角.
【小问1详解】
取的中点，连接，
由题意可知，所以；
因为平面，所以平面；
因为平面，所以，直线与直线所成角为.
【小问2详解】
由题意可知三棱锥的体积最大时，平面平面；
在平面内作出，且与的延长线交于点，连接；
因为平面平面，平面平面，，
所以平面；根据旋转图形的特点可知，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，所以；
；
，
设平面的一个法向量为，则，，
令，则；
易知平面的一个法向量为,
设平面和平面的夹角为，则.
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
16. 为增强市民的节能环保意识，某市面向全市征召义务宣传志愿者.从符合条件的500名志愿者中随机抽取100名志愿者，其年龄频率分布直方图如图所示，其中年龄的分组区间是：第1组、第2组、第3组、第4组、第5组.

（1）求图中的值并根据频率分布直方图估计这500名志愿者中年龄在的人数；
（2）估计抽出的100名志愿者年龄的第75百分位数；
（3）若在抽出的第2组、第4组和第5组志愿者中，采用按比例分配分层抽样的方法抽取6名志愿者参加中心广场的宣传活动，再从这6名中采用简单随机抽样方法选取2名志愿者担任主要负责人.求抽取的2名志愿者中恰好来自同一组的概率.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由直方图频率和为1，列方程求，再根据直方图求500名志愿者中年龄在的人数；
（2）由第75百分位数分直方图左侧面积0.75，列方程求第75百分位数.
（3）由分层抽样的等比例抽取的性质求出6名志愿者的分布，再应用古典概型的概率求法求抽取的2名志愿者中恰好来自同一组的概率.
【小问1详解】
由直方图知：，可得，
∴500名志愿者中年龄在的人数为人.
【小问2详解】
因为，，
所以第百分位数在区间内，若该数为，
∴，解得.
【小问3详解】
由题设，第2组、第4组和第5组的频率之比为，知6名志愿者有2名来自，3名来自，1名来自，
不妨设第2组、第4组和第5组抽取的志愿者为，
则抽取两人的基本事件有，
，共15个，
∴抽取的2名志愿者中恰好来自同一组的概率.
17. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．
（1）求角B的大小；
（2）若，D为边上的一点，，且______，求的面积．
请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题．
①是的平分线；②D为线段的中点．
（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答记分．）
【答案】（1）
（2）选择①②，答案均为
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和得到，求出；
（2）选①，根据面积公式得到，结合余弦定理得到，求出面积；
选②，根据数量积公式得到，结合余弦定理得到，求出，得到面积.
【小问1详解】
由正弦定理知，，
∵，
代入上式得，
∵，∴，，
∵，∴．
【小问2详解】
若选①：由平分得，，
∴，即．
在中，由余弦定理得，
又，∴，
联立得，
解得，（舍去），
∴．
若选②：因为，
所以，
即，得，
在中，由余弦定理得，
即，
联立，可得，
∴．
18. 如图，正方体的棱长为，为的中点，点在上.再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点唯一确定，并解答问题.条件①：；条件②：；条件③：平面.
（1）求证：为的中点；
（2）求直线与平面所成角的大小；
（3）求点到平面的距离.
注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分别选条件①②③，结合线面平行位置关系的判定定理和性质定理，即可得证；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，利用向量的夹角公式，即可得出结果.
（3）由（2）可知，直线与平面所成的角为，利用计算即可.
【小问1详解】
证明：选条件①：由，
根据正方体的对称性，此时点为上的任意一点，所以不成立；
选条件②：．
连接，在正方体中，由平面，
因为平面，所以，
又因为，， 所以，
因为平面，所以，
又因为为的中点， 所以为的中点．
选择条件 ③：平面．
连接，因为平面，平面，
且平面平面，所以，
因为为的中点，所以为的中点．
【小问2详解】
在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则．于是，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的大小为，
【小问3详解】
点到平面的距离为.
19. 如图，三棱柱中，点在平面内的射影在上，，.
（1）证明：；
（2）设直线与平面的距离为，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1) 解法一：由条件证明，，由线面垂直的判定定理证明平面，由此证明;解法二：建立空间直角坐标系，设结合数量积计算即可；
(2)解法一：作为垂足，连结，，故为二面角的平面角，进而通过三角形计算即可得出结果；解法二：建立空间直角坐标系，结合条件直线与平面的距离为，确定相关点的坐标，利用向量方法求二面角的余弦值.
【小问1详解】
解法一： 平面，平面，故平面平面．
又，平面．连结，又平面，
∵侧面为菱形，，，
平面，又平面，
；
解法二：以为坐标原点，射线为轴的正半轴，以长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题设知与轴平行，轴在平面内．
设，由题设有则
由得，即．
于是．
【小问2详解】
解法一：平面平面，故平面平面．
作为垂足，则平面．
又直线∥平面，因而为直线与平面的距离，．
∵为的角平分线，故．
作为垂足，连结，，故为二面角的平面角．
由得为的中点，，
，
∴平面与平面的夹角的余弦值为.
解法二：设平面的法向量则
即．
故，且．
令，则，
点到平面的距离为．
又依题设，点到平面的距离为．
代入①解得（舍去）或．于是．
设平面的法向量，
则，即，
故且．令，则．
又为平面的法向量，故，
∴平面与平面的夹角的余弦值为.