2022-2023学年河南省南阳市第八中学校高二上学期第一次线上考试（月考）数学试题（解析版）

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2022-2023学年河南省南阳市第八中学校高二上学期第一次线上考试（月考）数学试题

一、单选题
1．某省新高考采用“”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”为再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目．已知小明同学必选化学，那么他可选择的方案共有（    ）
A．4种 B．6种 C．8种 D．12种
【答案】B
【分析】应用分步乘法求小明选择方案的方法数.
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①小明必选化学，则须在思想政治、地理、生物中再选出1个科目，选法有3种；
②小明在物理、历史科目中选出1个，选法有2种．
由分步乘法计数原理知，小明可选择的方案共有（种）．
故选：B
2．为庆祝中国共青团成立100周年，某校计划举行庆祝活动，共有4个节目，要求A节目不排在第一个，则节目安排的方法数为（    ）
A．9 B．18 C．24 D．27
【答案】B
【分析】由于A节目有特殊要求，所以先安排A节目，再安排其它的节目，从而即可求解.
【详解】解：由题意，先从后面3个节目中选择一个安排A节目，然后其它3个节目任意排在剩下的3个位置，共有种方法，
故选：B.
3．已知直线l经过点，且是l的方向向量，则点到l的距离为（    ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意，应用空间向量夹角的坐标表示求，再根据点线距离为即可求结果.
【详解】由题设，则，
所以，而，故到l的距离为.
故选：C
4．在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是（    ）

A．1440 B．720 C．1920 D．960
【答案】C
【分析】按照地图涂色问题的方法，先分步再分类去种植花卉即可求得不同的种植方法种数.
【详解】如图，设5个区域分别是A，B，C，D，E.

第一步，选择1种花卉种植在A区域，有6种方法可以选择；
第二步：从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域，有5种方法可以选择；
第三步：从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域，有4种方法可以选择；
第四步；若区域D与区域A种植同1种花卉，则区域E可选择的花卉有4种；
若区域D与区域A种植不同种花卉，则有3种方法可以选择；
则区域E可选择的花卉有种，
故不同的种植方法种数是.
故选：C
5．将正方形沿对角线折起，使得平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据空间直角坐标系，根据向量的夹角的余弦值来确定异面直线的夹角.
【详解】取中点为，连接，所以，
又面面且交线为，面，
所以面，面，则.
设正方形的对角线长度为2，
如图所示，建立空间直角坐标系，，
所以，.
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选:A

6．甲乙丙丁戊名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端､丙和丁相邻的不同排列方式有（    ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】A
【分析】采用捆绑法和特殊位置优先法，结合分步乘法计数原理可求得结果.
【详解】将丙和丁看作一个整体，有种方法；
将乙、戊和丙丁的整体首先安排到两端，则有种方法，再安排甲和剩余的人，有种方法；
根据分步乘法计数原理可得不同的排列方式有：种.
故选：A.
7．甲､乙､丙三人相约一起去做核酸检测，到达检测点后，发现有两支正在等待检测的队伍，则甲､乙､丙三人不同的排队方案共有（    ）
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
【答案】C
【分析】对该问题进行分类，分成以下情况①3人到队伍检测，②2人到队伍检测，③1人到队伍检测，④0人到队伍检测；然后，逐个计算后再相加即可求解；注意计算时要考虑排队时的顺序问题.
【详解】先进行分类：①3人到队伍检测，考虑三人在队的排队顺序，此时有种方案；
②2人到队伍检测，同样要考虑两人在队的排队顺序，此时有种方案；
③1人到队伍检测，要考虑两人在队的排队顺序，此时有种方案；
④0人到队伍检测，要考虑两人在队的排队顺序，此时有种方案；
所以，甲､乙､丙三人不同的排队方案共有24种.
故选：C
8．已知动点P在正方体的对角线(不含端点)上.设，若为钝角，则实数的取值范围为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，
【详解】由题设，建立如图所示的空间直角坐标系，用坐标法计算，利用不是平角，可得为钝角等价于，即，即可求出实数的取值范围.

设正方体的棱长为1，
则有
∴，∴设，
∴，
，
由图知不是平角，∴为钝角等价于，
∴，
∴，
解得
∴的取值范围是
故选：C.
9．如图，在菱形中，，，沿对角线将折起，使点A，C之间的距离为，若P，Q分别为线段，上的动点，则下列说法错误的是（    ）

A．平面平面
B．线段的最小值为
C．当，时，点D到直线的距离为
D．当P，Q分别为线段，的中点时，与所成角的余弦值为
【答案】C
【分析】取的中点，易知，结合条件及线面垂直的判定定理可得平面，进而有平面平面，即可判断A；建立坐标系，利用向量法可判断BCD.
【详解】取的中点，连接，
∵在菱形中，，，
∴，又，
∴，所以，
又易知，
因为，，，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，故A正确；
以为原点，分别为轴建立坐标系，

则，
当，时，，，
，，
所以点D到直线PQ的距离为，故C错误；
设，设，可得，
，
当时，，故B正确；
当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，
，，，，
设PQ与AD所成的角为，
则，
所以PQ与AD所成角的余弦值为，故D正确；
故选：C.
10．某地区安排A，B，C，D，E，F六名党员志愿者同志到三个基层社区开展防诈骗宣传活动，每个地区至少安排一人，至多安排三人，且A，B两人安排在同一个社区，C，D两人不安排在同一个社区，则不同的分配方法总数为（    ）
A．72 B．84 C．90 D．96
【答案】B
【分析】分为每个社区各两人和一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人两种分配方式，第二种分配方式再分AB两人一组去一个社区，AB加上另一人三人去一个社区，进行求解，最后相加即为结果.
【详解】第一种分配方式为每个社区各两人，则CE一组，DF一组，或CF一组，DE一组，由2种分组方式，再三组人，三个社区进行排列，则分配方式共有种；
第二种分配方式为一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人，
当AB两人一组去一个社区，则剩下的4人，1人为一组，3人为一组，则必有C或D为一组，有种分配方法，再三个社区，三组人，进行排列，有种分配方法；
当AB加上另一人三人去一个社区，若选择的是C或D，则有种选择，再将剩余3人分为两组，有种分配方法，将将三个社区，三组人，进行排列，有种分配方法；
若选择的不是C或D，即从E或F中选择1人和AB一起，有种分配方法，再将CD和剩余的1人共3人分为两组，有2种分配方法，将三个社区，三组人，进行排列，有种分配方法，
综上共有12+12+36+24=84种不同的分配方式
故选：B
11．如图，正方体中，，，， 当直线与平面所成的角最大时，（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用坐标法，利用线面角的向量求法，三角函数的性质及二次函数的性质即得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，

则，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
∴，令，可得，
又，
设直线与平面所成的角为，则
，又，
∴当时，有最大值，即直线与平面所成的角最大.
故选：C.
12．如图，已知正方体的棱长为2，M，N分别为，的中点．有下列结论：

①三棱锥在平面上的正投影图为等腰三角形；
②直线平面；
③在棱BC上存在一点E，使得平面平面；
④若F为棱AB的中点，且三棱锥的各顶点均在同一求面上，则该球的体积为．
其中正确结论的个数是（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】对于①，根据正投影的特点，作出投影图形，证明并判断正投影图形；对于②，以点为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求平面的法向量，得出法向量与不垂直，进而得到结论错误；对于③，运用向量的坐标表示证明线面垂直，进而得出面面垂直；对于④，根据三棱锥的几何特征，找出外接球球心，进而求出外接球半径，得出外接球体积.
【详解】对于①，设的中点为，连接，，，
如图，

为的中点，，
又平面，平面，
点，在平面上的正投影分别为，
且点在平面上的正投影分别为其本身，
三棱锥在平面上的正投影图为，
又，
即为等腰三角形，①正确；
对于②，以点为原点，分别以所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，，即，
，，即，
又，平面，平面，
平面，
即是平面的一个法向量，
而，
与不垂直，不与平面平行，②错误；
对于③，如图

设的中点为，连接，由②知，，
，，
，，即，
，，即，
又，平面，平面，
平面，又平面，平面平面，③正确；
对于④，如图，

若为棱AB的中点，又为棱的中点，，
平面，平面，
平面，，
又，和有公共的斜边，
设的中点为，则点到的距离相等，
为三棱锥外接球的球心，为该球的直径，
，，
该球的体积为，④正确.
综上所述，正确的结论为①③④.
故选：D.

二、填空题
13．从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点不在同一平面内的选法有___________种.
【答案】58
【分析】根据条件求出从8个顶点中任选4个所有的选法，然后再求出这4个点在同一平面内的选法，用总的种数减去在同一平面内的种数即可求解.
【详解】从正方体的8个顶点中任选4个，有（种）不同的选法，
其中这4个点在同一平面内的情况有侧面6种，对棱面6种，共12种不同的情况，
所以这4个点不在同一平面内的选法有（种），
故答案为：.
14．古人用天干、地支来记年，把天干中的一个字摆在前面，后面配上地支中的一个字，这样就构成一对干支，如“甲子”、“乙卯”等，现用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，或用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配，则共可配成________对干支．
【答案】60
【分析】依题意分两种情况，按照分步乘法计数原理与分类加法计数原理计算可得；
【详解】解：依题意，若用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，则有对干支；
若用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配，则有对干支；
综上可得一共可配成对干支；
故答案为：
15．如图，正方体的棱长为1，O是面的中心，则与平面所成角的正弦值为______．

【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，由空间向量求解
【详解】以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，，，
设平面的一个法向量为，则，令，得，
与平面所成角的正弦值，
故答案为：

16．如图，在棱长为4的正方体中，E为BC的中点，点P在线段上，点Р到直线的距离的最小值为_______.

【答案】##
【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量求出点Р到直线距离的函数关系，再求其最小值作答.
【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，
因点P在线段上，则，，
，向量在向量上投影长为，
而，则点Р到直线的距离
，当且仅当时取“=”，
所以点Р到直线的距离的最小值为.
故答案为：

三、解答题
17．在件产品中，有件合格品，件次品.从这件产品中任意抽出件.
(1)抽出的件中恰好有件是次品的抽法有多少种？
(2)抽出的件中至少有件是次品的抽法有多少种？
【答案】(1)种
(2)种

【分析】（1）分别在次品中抽取件，合格品种抽取件，由分步乘法计数原理可求得结果；
（2）方法一：分别计算抽取的件产品中有件次品和件次品的情况，由分类加法计数原理可求得结果；
方法二：计算出抽取的件产品中没有次品的抽法数，用总体事件个数减掉没有次品的抽法即可得到结果.
【详解】（1）抽出的件产品中恰好有件次品，则有件合格品，
恰好有件次品的抽法有种.
（2）方法一：抽出的件中至少有件是次品包括两种情况：有件次品和件次品；
至少有件次品的抽法有种.
方法二：从件产品中抽取件，有种抽法；其中没有次品的抽法有种，
至少有件次品的抽法有种.
18．在三棱锥中，底面，，，，

(1)证明：；
(2)求与平面所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2).

【分析】（1）利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】（1）∵，，，
∴，即，
因为平面，平面，
所以，
又，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以；
（2）如图以点为原点建立空间直角坐标系，

则，
则，
设平面的法向量，
则有，令，则，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
19．如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的正方形，，，.记平面与平面的交线为.

(1)请判断直线AB与交线l的位置关系；
(2)求平面与平面所成的角的正弦值.
【答案】(1)
(2)

【分析】(1)由四边形是边长为2的正方形可知，，根据线面平行的判定定理可得平面，再根据线面平行的性质即可求证.
(2)根据已知条件可证得平面，取中点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出两个平面的法向量，用余弦计算公式即可求出两平面所成角的余弦值，再利用同角三角函数平方关系即可得到正弦值.
【详解】（1）（1）因为，平面，平面，所以平面.
又平面，平面平面，所以.
（2）因为，所以，又，所以，
又，所以，所以，
又，，平面，平面，所以平面.
取，中点分别为，，连接，，，则，
所以平面，又平面，所以.
又因为，所以.
如图，

以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向，并均以1为单位长度，建立空间直角坐标系，则，，，所以，.
设是平面的法向量，则，即，
取，得，，则.
又是平面的一个法向量，
所以，
即平面与平面所成的角的正弦值为.
20．用0､1､2､3四个数字组成没有重复数字的自然数.
(1)把这些自然数从小到大排成一个数列，1230是这个数列的第几项？
(2)其中的四位数中偶数有多少个？所有这些偶数它们各个数位上的数字之和是多少？
【答案】(1)35
(2)10个，

【分析】（1）利用分步乘法计数原理讨论1位自然数､2位自然数､3位自然数､4位自然数的情况即可；（2）利用分步乘法和分类加法计数原理计算即可.
【详解】（1）1位自然数有个；
2位自然数有个；
3位自然数有个；
4位自然数中小于1230的有“”型个，1203共3个；
所以1230是此数列的第项.
（2）四位数偶数有个位是0和个位是2两种情况，
其中个位是0有种；个位不是0有种.
所以四位偶数共有10个.
它们各个数位上的数字之和为；
21．《九章算术》是我国古代的数学著作，是“算经十书”中最重要的一部，它对几何学的研究比西方要早1000多年.在《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.如图，在堑堵中，，，M，N分别是，BC的中点，点P在线段上.

（1）若P为的中点，求证：平面.
（2）是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC所成的二面角为？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析.
【分析】（1）取的中点H，连接PH，HC.，利用中位线定理证明四边形PHCN为平行四边形，从而得到，由线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，设，其中，，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式列出等式，求解即可得到答案．
【详解】解析（1）证明：取的中点H，连接PH，HC.
在堑堵中，四边形为平行四边形，
所以且.
在中，P，H分别为，的中点，
所以且.
因为N为BC的中点，所以，
从而且，
所以四边形PHCN为平行四边形，于是.
因为平面，平面，所以平面.

（2）以A为原点，AB，AC，所在直线分别为x轴､y轴､z轴，建立空间直角坐标系，则，，，.
易知平面ABC的一个法向量为.
假设满足条件的点P存在，令，
则，.
设平面PMN的一个法向量是，
则即
令，得，，
所以.
由题意得，解得，故点P不在线段上.

【点睛】方法点睛：利用空间直角坐标系求二面角具体做法：
1. 设分别设出两个平面的法向量,n1=(x1, y1, z1); n2=(x2, y2, z2)
2. 求出平面内线段所在直线的向量式（每个平面求出两个向量）
3. 利用法向量垂直平面,即垂直平面内所有直线,建立方程组（3元一次方程组,仅两个方程）
（1）建立的条件是,两个相互垂直的向量,乘积为0
（2）由于法向量有3个未知数,我们通常只用建立两个方程组成的方程组.
（3）赋值：即是赋予法向量的三个未知数中的某一个一个确实的代数值,
4.利用空间向量数量积求得两个法向量的余弦值.
5. 判断范围,注意正负取值.
22．如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，E，F分别为线段PB，BC上的动点.

(1)若E为线段PB的中点，证明：平面AEF⊥平面PBC；
(2)若BE=BF，且平面AEF与平面PBC所成角的余弦值为，试确定点F的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)F为三等分点处

【分析】（1）先证明平面，从而可证，再证明，可证明平面，即可证明平面平面；（2）建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标以及对应的向量坐标，并求解平面的法向量，利用向量的夹角公式代入求解.
【详解】（1）（1）证明：由底面，可得，又在正方形中，，
且，则平面，有.
由，E为中点，可得
又，则平面，从而平面平面.
（2）以A为坐标原点，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则.

由（1）可知为平面的法向量.
由，可知，设，则，可得.
设平面的法向量为，由，即，
取，则，即.
从而，由，解得或，即F为三等分点处.
【点睛】对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.