湖北省荆州市沙市中学2023-2024学年高二数学上学期9月月考试题（Word版附解析）

2023—2024学年度上学期2022级9月月考数学试卷考试时间：2023年9月14日一、单项选择题：本题共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.用简单随机抽样的方法从含有个个体的总体中抽取一个容量为的样本，其中某一个体“第一次被抽到”的可能性与“第二次被抽到”的可能性分别是（）A.、B.、C.、D.、【答案】A【解析】【分析】根据抽样中，每个个体在每一次被抽到的概率都是相等的，由此可得出结果.【详解】在抽样过程中，个体每一次被抽中的概率是相等的，因为总体容量为，故个体“第一次被抽到”的可能性与“第二次被抽到”的可能性均为，故选：A．【点睛】本题考查抽样中概率的计算，属于基础题.2.已知为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（）A.，，B.，，C.，，D.，，【答案】B【解析】【分析】若三个向量非零不共线能作为基底，则满足.【详解】对于A项，因为，则，，共面，不能作为基底，故A不符合题干.对于C项，因为，则，，共面，不能作为基底，故C不符合题干. 对于D项，，则，，共面，不能作为基底，故D不符合题干.对于选项B，假设，，共面，则存在，，使，所以无解，所以，，不共面，可以作为空间的一组基底．故选：B3.已知两个向量，，且，则的值为（）A.1B.2C.4D.8【答案】C【解析】【分析】由，可知，使，利用向量的数乘运算及向量相等即可得解.【详解】∵，∴，使，得，解得：，所以故选：C【点睛】思路点睛：在解决有关平行的问题时，通常需要引入参数，如本题中已知，引入参数，使，转化为方程组求解；本题也可以利用坐标成比例求解，即由，得，求出m，n.4.已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（）AB.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据投影向量的公式求解即可【详解】在上投影向量故选：A 5.如图，元件通过电流的概率均为0．9，且各元件是否通过电流相互独立，则电流能在M，N之间通过的概率是A.0．729B.0．8829C.0．864D.0．9891【答案】B【解析】【详解】试题分析：电流能通过的概率为，电流能通过的概率为，故电流不能通过也不能通过的概率为，所以电流能通过系统的概率为，而电流能通过的概率为，所以电流能在之间通过的概率为，故选B．考点：相互独立事件概率乘法公式．【方法点睛】本题主要考查了相互独立事件的概率乘法公式．所求事件的概率与它的对立事件之间概率的关系，体现了转化的数学思想，属于基础题．求出电流不能通过也不能通过的概率，用减去此概率即得到电流能通过系统的概率，再根据电流能通过的概率，利用相互独立事件的概率乘法公式即可求得电流在之间通过的概率．6.同时抛掷两颗骰子，观察向上的点数，记事件“点数之和为7”，事件“点数之和为3的倍数”，则（）A.为不可能事件B.与为互斥事件C.为必然事件D.与为对立事件【答案】B【解析】【分析】先分析事件A、B的构成，对四个选项一一验证即可.【详解】同时抛掷两颗骰子，有36个结果，事件“点数之和为7”，包括：，，，，，.事件“点数之和为3的倍数”，包括，，，，，，. 所以为“点数之和为7或3的倍数”，不是不可能事件.故A错误；与为互斥事件，故B正确；为不可能事件.故C错误；事件A、B不能包含全部基本事件，故与不是对立事件.故D错误.故选：B7.袋子里装有形状大小完全相同的4个小球，球上分别标有数字1，2，3，4，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，A表示事件“第一次取出的球上数字是1”，表示事件“第二次取出的球上数字是2”，表示事件“两次取出的球上数字之和是5”，表示事件“两次取出的球上数字之和是6”，通过计算，则可以得出（）A.与相互独立B.与相互独立C.与相互独立D.与相互独立【答案】C【解析】【分析】分别求出事件A,B,C,D的概率，根据相互独立事件计算概率的乘法公式计算判断A,计算判断B；计算判断C;计算判断D.【详解】由题意可得：,有放回的随机取两次，每次取1个球，两次取出的球上数字之和是5的情况有共4种，所以;两次取出的球上数字之和是6的情况有共3种，故,对于A,,则，故与不是相互独立事件，故A错误；对于B,,则,故A与不是相互独立事件，故B错误；对于C,,则，故与是相互独立事件，故C正确；对于D,则，故C与D不是相互独立事件，故D错误；故选：C 8.在边长为1的菱形ABCD中，，将沿对角线AC折起得三棱锥.当三棱锥体积最大时，此三棱锥的外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】体积最大时，即两个面垂直时，然后利用几何关系找到外接球圆心即可.【详解】如图所示，当平面平面时,三棱锥体积最大，取AC中点E，连接BE，DE，由条件知设分别为的外心，过作平面的垂线m，过作平面ADC的垂线n则m，n的交点即为三棱锥外接球的球心；所以所以，表面积为故选：C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.下列说法正确的是（）A.若空间中的，，，满足，则，，三点共线B.空间中三个向量，，，若，则，，共面 C.对空间任意一点和不共线的三点，，，若，则，，，四点共面D.设是空间的一组基底，若，，则不能为空间的一组基底【答案】ABC【解析】【分析】根据向量的线性运算可判断A，根据向量的共面定理可判断B、C、D．【详解】对于A，根据向量的线性运算，若空间中的，，，满足，则，即，则，，三点共线，故A正确；对于B，因为，则共线，则根据共面向量的定义可得，，，共面，故B正确；对于C，对空间任意一点和不共线的三点，，，若，又，则，，，四点共面，故C正确；对于D，若，，共面，则，则共面，与是空间的一组基底矛盾，所以，，不共面，所以能为空间的一组基底，故D错误，故选：ABC．10.已知空间向量，则下列选项中正确的是（）A.当时，B.当时，C.当时，D.当时，【答案】BCD【解析】【分析】A选项，根据垂直得到数量积为0，列出方程，求出，A错误；B选项，根据向量平行列出方程组，求出；C选项，根据向量运算法则计算出，利用模长公式列出方程，求出；D选项，先利用向量夹角余弦公式计算出两向量夹角的余弦，进而计算出正弦值.【详解】当时，，解得：，故A错误； 令，则，，故B正确；，所以，解得：，故C正确；当，，因为，，故D正确．故选：BCD11.如图，正方体的棱长为，点为底面的中心，点为侧面内（不含边界）的动点，则（）A.B.存在一点，使得C.三棱锥的体积为D.若，则面积的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量数量积可判断A选项；利用空间向量共线的坐标表示可判断B选项；利用锥体体积公式可判断C选项；求出点的坐标满足的关系式，利用二次函数的基本性质可求得面积的最小值，可判断D选项的正误. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、，设点，其中，.对于A选项，，，则，所以，，A对；对于B选项，，若，则，解得，不合乎题意，所以，不存在点，使得，B错；对于C选项，，点到平面的距离为，所以，，C对；对于D选项，，若，则，可得，由可得，，当且仅当时，等号成立， 因为平面，平面，，，D对.故选：ACD.12.已知长方体的棱，，点满足：，、、，下列结论正确的是（）A.当，时，到的距离为B.当时，点的到平面的距离的最大值为1C.当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为D.当，时，四棱锥外接球的表面积为【答案】CD【解析】【分析】根据向量的线性关系确定所在的位置或区域，结合长方体的结构求点线、点面距离，根据线面角的定义求直线与平面所成角的最大正切值，求棱锥外接球的半径，进而求外接球的表面积.【详解】A：，则，即，故在上运动，所以到的距离为，即棱与的距离，错；B：，则，故在底面上运动，所以，当在上时，的到平面的距离最大，而，面，面，则面，所以，由长方体结构特征，最大值问题化为到的距离，，则 ，错；C：，则，故在上运动，根据长方体的结构易知：当与重合时，直线与面所成角正切值的最大值为，对；D：，则，故为中点，如下图，，，所以的底面为矩形，顶点在的投影为底面中心，即的交点，故外接球的球心一定在直线上，令球体半径为R，所以，，且，可得，则外接球的表面积为，对.故选：CD【点睛】关键点点睛：根据各选项的条件，利用向量加减、数乘的几何意义确定的位置或运动区域为关键.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知A，B，C三点不共线，O是平面ABC外的任意一点，若点P在平面ABC内，且，则实数______________．【答案】．【解析】【分析】方法1：因为点P在平面ABC内，可由共面向量充要条件得存在唯一得有序实数对，使得 ，可将题目中等式关系转化为，只有当时，才满足定理，所以.方法2：点P在平面ABC内，O是平面ABC外的任意一点，则且，此推论为人教教材课堂思考，可将代入整理为即证明P与A,B,C共面．【详解】方法1：，即，由共面向量定理可得，故．方法2：因为点P在平面ABC内，O是平面ABC外的任意一点，所以且，利用此结论可得，解得．【点睛】共面向量定理是解决此类问题的关键，要把定理掌握清楚灵活运用．14.如图，在二面角中，且，垂足分别为A，B，已知，，则二面角所成平面角为______．【答案】##120o【解析】【分析】在面内，作，过作交于，连接，根据二面角定义找到对应的平面角，应用余弦定理求其余弦值，进而确定大小. 【详解】在面内，作，过作交于，连接，如下图示，由，则为二面角的平面角，且，又易知为正方形，即，，面，则面，面，所以，中，故，在中，则，由图知：，可得.故答案为：15.如图，在三棱锥中，，平面ABC，于点E，M是AC的中点，，则的最小值为______．【答案】##-0.125【解析】【分析】根据给定条件，证明平面PAB，将用表示出，再结合空间向量数量积的运算律求解作答.【详解】连接，如图， 因平面ABC，平面ABC，则，而，，平面PAB，则平面PAB，又平面PAB，即有，因M是AC的中点，则，又，，当且仅当取“=”，所以的最小值为.故答案为：16.中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知平面，四边形为正方形，，，若鳖臑的外接球的体积为，则阳马的外接球的表面积等于______.【答案】【解析】【分析】求出鳖臑的外接球的半径，可求出，然后求出正方形的外接圆半径，利用公式可求出阳马的外接球半径，然后利用球体的表面积公式可得出答案. 【详解】四边形是正方形，，即，且，，所以，的外接圆半径为，设鳖臑的外接球的半径，则，解得.平面，，可得，.正方形的外接圆直径为，，平面，所以，阳马的外接球半径，因此，阳马的外接球的表面积为.故答案为：.【点睛】本题考查球体表面积和体积的计算，同时也涉及了多面体外接球问题，解题时要分析几何体的结构特征，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17.在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足.（1）求B；（2）若，且的面积为，是的中线，求的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理、辅助角公式等知识化简已知条件，从而求得.（2）利用三角形的面积求得，结合余弦定理、向量的模、数量积等知识求得的长.【小问1详解】因为，由正弦定理可得， 即，即，又因为，所以，所以.又因为，所以，所以，所以.【小问2详解】因为，所以得，由余弦定理得：.又，所以，得，故的长为.18.某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有20人，按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图.（1）根据频率分布直方图，估计这20人的平均年龄和第80百分位数； （2）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，求这20人中35~45岁所有人的年龄的方差.【答案】（1）32.25，第80百分位数为37.5（2）10【解析】【分析】（1）直接根据频率分布直方图计算平均数和百分位数；（2）利用分层抽样得第四组和第五组分别抽取人和人，进而设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为，进而根据方差公式，代入计算即可得答案.【小问1详解】设这20人的平均年龄为，则.设第80百分位数为，由，解得.【小问2详解】由频率分布直方图得各组人数之比为，故各组中采用分层随机抽样的方法抽取20人，第四组和第五组分别抽取人和人，设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，则，，，，设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为.则，，因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，据此，可估计这人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为10.19.为了普及垃圾分类知识，某校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为q（），且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙两人同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为．（1）求p和q的值；（2）求甲、乙两人共答对3道题的概率． 【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用独立、互斥事件概率公式得到方程组求解；（2）先求出甲、乙答对题目数为0、1、2的概率，再由甲乙总共答对3道题，等价于甲答对2道题乙答对1道题或甲答对1道题乙答对2道题，利用独立、互斥事件概率公式计算求得.【小问1详解】设A：甲同学答对第一题，B：乙同学答对第一题，则，．设C：甲、乙两人均答对第一题，D：甲、乙两人恰有一人答对第一题，则，．∵甲、乙两人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，∴A与B相互独立，与互斥，∴,．由题意得解得或∵，∴，．【小问2详解】设：甲同学答对了i道题，:乙同学答对了i道题，．由题意得，，，．设E：甲、乙两人共答对3道题，则， ∴，∴甲、乙两人共答对3道题的概率为．20.我省从2021年开始，高考不分文理科，实行“3+1+2”模式，其中“3”指的是语文、数学，外语这3门必选科目，“1”指的是考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，“2”指的是考生需要在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门。已知福建医科大学临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门。（1）从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率；（2）假设甲、乙、丙三人每人选择任意1个选科组合是等可能的，求这三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由古典概型的概率公式求解，（2）由概率乘法公式与加法公式求解【小问1详解】用a，b分别表示“选择物理”“选择历史”，用c，d，e，f分别表示选择“选择化学”“选择生物”“选择思想政治”“选择地理”，则所有选科组合的样本空间，∴，设“从所有选科组合中任意选取1个，该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，则，∴，∴.【小问2详解】设甲、乙、丙三人每人的选科组合符合医科大学临床医学类招生选科要求的事件分别是，，， 由题意知事件，，相互独立由（1）知.记“甲、乙、丙三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，则易知事件，，两两互斥，根据互斥事件概率加法公式得.21.如图，已知四棱锥，底面为菱形，平面，，分别是的中点．（1）证明：；（2）若为上的动点，与平面所成最大角的正弦值为，求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析（2）【解析】【分析】（1）连接,可证是等边三角形，，所以，易证，所以平面平面PAD,得证； （2）设，为上任意一点，连接．由(1)知平面所以为与平面所成的角，以当最短时，最大，即当时，最大．过作于，则平面，过作于，连接，则为二面角的平面角，解三角形，我们也可以利用空间向量的方法求解.【小问1详解】证明：由四边形为菱形，，可得为正三角形．因为为的中点，所以,又，因此因为平面，平面，所以而平面，平面且，所以平面．又平面所以.【小问2详解】设，为上任意一点，连接．由(1)知平面，所以为与平面所成的角中，，所以当最短时，最大，即当时，最大．因为，此时，因此．又，所以，所以．解法一：因为平面，平面，所以平面平面，过作于，则平面， 过作于，连接，则为二面角的平面角，在中，，，又是的中点，在中，，又，在中，即所求二面角的余弦值为．解法二：由(1)知两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又分别为的中点，所以，，所以，设平面的一法向量为，则，故，取，则， 因为，，，所以平面，故为平面的一法向量，所以．因为二面角为锐角，所以所求二面角的余弦值为．解法三：建立如图所示的空间直角坐标系，设菱形的边长为2，则，设，由三点共线可设，则，，又平面的一个法向量.设与平面所成角，则.令,故当时，，故，故，故，则，，易得平面的一个法向量；平面的一个法向量，，而二面角是锐二面角，故其余弦值为.22.如图，在矩形ABCD中，，，M是线段AD上的一动点，将沿着BM折起，使点A到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影E落在线段BC上. （1）当点M与端点D重合时，证明：平面；（2）求三棱锥的体积的最大值；（3）设直线CD与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）通过证明和，证明平面；（2）设，由，可求最大值；（3）由几何法找到和，表示出，利用函数方法可求最大值.【小问1详解】当点M与端点D重合时，由可知，由题意知上平面，平面，所以，又，，平面，平面，所以平面，又平面，可知，平面，平面，所以平面【小问2详解】矩形中作，垂足为点O，折起后得， 由平面，平面，可得，所平面，，所以平面，平面，可得，所以A，O，E三点共线，因此与相似，满足，设，所以，，，，，要使点射影落在线段上，则，所以，所以，当时，.【小问3详解】过点做交于，所以直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，由（2）可知平面，平面，所以平面平面，作，垂足为，平面平面，平面，可得平面，连接，是直线与平面所成的角，即，由题意可得，，因为，，所以是二面角平面角，即，， ，当且仅当时“＝”成立，故的最大值为.【点睛】方法点睛：1.求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．2.求直线与平面所成的角的一般步骤：①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．3.作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．