2023-2024学年上海市三林中学东校高二上学期12月阶段性测试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年上海市三林中学东校高二上学期12月阶段性测试数学试题含答案，共11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A是一个事件，则P(A) ．
【答案】
【分析】根据随机事件的概率的性质直接填空即可
【详解】解：P(A)表示事件A发生的概率，所以，
特别地：当A为必然事件时，；
当A为不可能事件时，.
故答案为：.
2．已知，则向量与的夹角为 ．
【答案】
【分析】根据向量的夹角公式求得正确答案.
【详解】，
则为锐角，所以.
故答案为：
3．将一枚硬币抛掷3次，则至少出现一次正面的概率为 .
【答案】
【详解】解析过程略
4．已知圆锥的底面直径为，体积是，则圆锥侧面积等于 .
【答案】
【分析】设圆锥的高为，母线长为，利用圆锥的体积公式可求得该圆锥的高，进而可求得圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式可求得该圆锥的侧面积.
【详解】设圆锥的高为，母线长为，
因为该圆锥的底面直径为，则该圆锥的体积为，可得，
所以，该圆锥的母线长为，
所以，该圆锥的侧面积为.
故答案为：.
5．若球的表面积为，球心到平面的距离为4，则平面截球所得圆面面积为 .
【答案】
【分析】设球的半径为，平面截球所得圆的半径，根据题意结合球的性质分析求解.
【详解】设球的半径为，平面截球所得圆的半径，
由题意可得，解得，
所以平面截球所得圆面面积为.
故答案为：.
6．小鹿同学抛一枚质量均匀的硬币，抛了2023次都是正面朝上，那他抛第2024次正面朝上的概率为 ．
【答案】/0.5
【分析】独立事件概率互不影响，所以他不论抛多少次，正面朝上的概率都是固定的.
【详解】每次抛硬币都是独立的，
所以他不论抛多少次，正面朝上的概率都是，
故答案为：.
7．已知点，则的面积为 .
【答案】/
【分析】利用空间向量的坐标运算及三角形面积公式计算即可.
【详解】由题意可知，显然，
故的面积为.
故答案为：
8．已知函数的定义域为，值域为，则函数是偶函数的概率为 ．
【答案】
【分析】列举出的所有解析式，再找出其中的偶函数，即可得答案.
【详解】解：因为的定义域为，关于原点对称，值域为，
所以有，或，或
或，或，或，
共6种情况；
而当和时，满足是偶函数，有2种情况，
所以是偶函数的概率．
故答案为：
9．已知向量，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】两个向量的夹角为钝角等价于且与不共线.
【详解】由；
由.
综上：且.
故答案为：.
10．在集合中任取一个元素，所取元素恰好是满足方程的概率是 ．
【答案】/
【分析】利用列举法以及概率公式求解即可.
【详解】，从中任取一个元素共有种
其中满足方程的元素为
即所取元素恰好是满足方程的概率是
故答案为：
11．如图，在三棱锥中，、、分别是、、的中点，、分别是、的中点，设三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则 .

【答案】
【分析】设三棱柱为高为，底面积为，则，点到平面的距离为，利用柱体和锥体的体积公式可求得.
【详解】设三棱柱为高为，底面积为，则，点到平面的距离为，
所以，，，故.
故答案为：.
12．若一个五位数恰好为“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”（如五位数“43125”，前3个数字“431”保持递减，后3个数字“125”保持递增），则称其为“古典数字”.由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数中，古典数字有 个
【答案】6
【分析】根据已知条件定位中间数字，在其余四个数字中任取两个数字，放置在首位或末位，则其余数字排列方式唯一确定，即可由组合数计算得出答案.
【详解】由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数，前3个数字保持递减，后3个数字保持递增，说明中间数字为1，
在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序（或递增顺序），仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），
则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位），
共有：个，
故答案为：6.
二、单选题
13．同时掷两枚硬币，出现“一枚正面朝上、一枚反面朝上”的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】用列举法写出所有的基本事件，计数后可计算概率．
【详解】同时掷两枚硬币，向上的面的情形有：正正，正反，反正，反反共4种，其中“一枚正面朝上、一枚反面朝上”含有正反和反正两个基本事件，
所以概率为．
故选：C．
14．已知：“是长方体”，：“是直平行六面体”，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据直平行六面体和正方体的定义，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】根据直平行六面体的定义知：底面为平行四边形的直四棱柱为直平行六面体，
长方体的定义可为：底面为矩形的直四棱柱为长方体，
而直平行六面体的底面不一定为矩形，所以是的充分不必要条件.
故选：A.
15．2个男生和1个女生随机排成一排，则2个男生相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用捆绑法求出两名男生相邻的情况种数，再根据古典概型求得结果.
【详解】两名男生相邻的情况共有：种
则两名男生相邻的概率.
故选：C.
16．如图，已知正方体棱长为1，点在棱上，且，在侧面内作边长为的正方形是侧面内一动点，且点到平面距离等于线段的长，则当点运动时，的最小值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】以为原点建立空间直角坐标系，由点到平面距离等于线段的长得出，再由距离公式结合二次函数的性质求解.
【详解】根据题意，以为原点建立空间直角坐标系如图所示，

则设
点到平面距离等于线段的长
，
化简得，
则，解不等式可得，综上可得.
所以当时，取最小值是.
故选：D
三、解答题
17．已知空间中三点，，.设，.
(1)求和；
(2)若与互相垂直，求实数的值.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用空间向量的加减运算和模长计算，即可求解.
（2）分别先算出、利用垂直求实数的值即可.
【详解】（1）∵，，，，.
∴，
于是，
，
.
（2）∵，
，
又与互相垂直，
∴.
即.
∴，.
18．如图，是圆柱的一条母线，是底面的一条直径，是圆上一点，且，.
(1)求直线与平面所成角正弦值；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由线面垂直判定可知平面，由线面角定义知所求角为，由长度关系可得结果；
（2）过作，由面面垂直的判定与性质可知即为所求距离，利用面积桥可求得结果.
【详解】（1）平面，平面，，；
是圆的直径，，又，平面，
平面，即为直线与平面所成角，
，，，又，
，即直线与平面所成角的正弦值为.
（2）
过作，垂足为，
由（1）得：平面，平面，平面平面，
又平面平面，平面，，平面，
，，
根据等面积法知：，，
即到平面的距离等于.
19．如图，在边长为4的正方体中，，，分别是，，的中点．以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
(1)写出，，，，五点的坐标；
(2)求．
【答案】(1)，，，，
(2)
【分析】(1)根据点的位置写出各点的坐标；
(2)先求向量的坐标，再结合向量的坐标运算公式求解.
【详解】（1）由题可知，，，，，
（2）由（1）可知，，，
则，
则.
20．由数字1，2，3，4构成的两位数中抽取一个，求：
(1)所抽到数为偶数的概率；
(2)所抽到数为3的倍数的概率；
(3)所抽到数的个位和十位不相同的概率．
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】运用列举法，结合古典概型计算公式进行求解（1）（2）（3）即可.
【详解】（1）数字1，2，3，4构成的两位数有共16个，其中偶数有共8个，
所以所抽到数为偶数的概率；
（2）数字1，2，3，4构成的两位数有共16个，其中3的倍数有共5个，
所以抽到数为3的倍数的概率；
（3）数字1，2，3，4构成的两位数有共16个，其中个位和十位相同的数有共4个，所以个位和十位不相同的数有12个，
所以抽到数为3的倍数的概率；
21．如图，在正三棱柱中，是的中点，．

(1)证明：．
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，根据正三棱柱的性质可得平面，从而得证明；
（2）建立坐标系，求出平面和平面的法向量，利用空间向量的数量积求出答案.
【详解】（1）取的中点，连接，
则在正三棱柱中，平面．
因为平面，所以．
又是的中点，，所以．
因为，平面，所以平面．
因为平面，所以．

（2）
以为坐标原点，直线分别为轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
．
设平面的法向量为，则由得
令，得．
设平面的法向量为，则由得
令，得．
．
由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为．