四川省成都市第七中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市第七中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

考试时间：120分钟 总分：150分
一、单选题（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. 已知点，点，则直线倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由斜率公式可求得直线斜率，由斜率和倾斜角关系可得直线倾斜角.
【详解】，直线的倾斜角为.
故选：C.
2. 已知直线，的方向向量分别为，，且直线，均平行于平面，平面的单位法向量为（ ）
A. B.
C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面法向量的性质进行求解即可.
【详解】设平面的单位法向量为，
因为直线，均平行于平面，
所以有，
由可得： 或，
故选：D
3. 有人从一座层大楼的底层进入电梯，假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则该人在不同层离开电梯的概率是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：设2人为A、B，则2人自2至6层离开电梯的所有可能情况为：（A2，B2），（A2，B3）,（A2，B4），（A2，B5），（A2，B6）,（A3，B2）,（A3，B3），…，（A6，B6）．共25个基本事件，2人在相同层离开电梯共包含（A2，B2）,（A3，B3）,（A4，B4）,（A5，B5）,（A6，B6）共5个事件，所以2人在不同层离开电梯共包含20个基本事件，概率为．
考点：古典概型
4. 如图，在斜棱柱中，AC与BD的交点为点M，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算用表示出即可得．
【详解】-＝，
.
故选：A．
5. 某校高一年级15个班参加合唱比赛，得分从小到大排序依次为：，，则这组数据的分位数是（ ）
A. 90B. C. 86D. 93
【答案】B
【解析】
【分析】根据百分位数的定义求解即可.
【详解】因为，所以这组数据的分位数是第12个数和第13个数的平均数，
即,
故选：B
6. 四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是（ ）
A. 平均数为2，方差为2.4B. 中位数为3，方差为1.6
C. 中位数为3，众数为2D. 平均数为3，中位数为2
【答案】A
【解析】
【分析】A选项，有平均数与方差间关系，可判断选项正误；BCD选项，通过举反例可判断选项正误.
【详解】A选项，若5次结果中有6，因平均数为2，
则方差，因，
则当平均数为2，方差为2.4时一定不会出现点数6，故A正确；
B选项，取5个点数为3,3,3,5,6，则此时满足中位数为3，平均数为4，
则方差，故B错误；
C选项，取5个点数为2,2,3,5,6，满足中位数为3，众数为2，故C错误；
D选项，取5个点数为1,1,2,5,6，满足中位数为2，平均数为3，故D错误.
故选：A
7. 如图，某圆锥的轴截面，其中，点B是底面圆周上的一点，且，点M是线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用圆锥曲线的性质，以点O为坐标原点，OC为y轴，OS为z轴建立空间直角坐标系，利用向量方法即可求两异面直线的夹角．
【详解】由圆锥的性质可知平面，故可以点O为坐标原点，平面内过点O且垂直于的直线为x轴，分别为y、z轴建立空间直角坐标系，
设，则，
易知，
∵，∴，∴，
∴，，
∴，
因此，异面直线与所成角的余弦值为．
8. 已知正方体，设其棱长为1（单位：）．平面与正方体的每条棱所成的角均相等，记为．平面与正方体表面相交形成的多边形记为，下列结论正确的是（ ）
A. 可能为三角形，四边形或六边形
B.
C. 的面积的最大值为
D. 正方体内可以放下直径为圆
【答案】D
【解析】
【分析】A选项，如图，建立以A为原点的空间直角坐标系，利用向量知识可知平面可为与垂直的平面，即可判断选项正误；B选项，由A选项分析及线面角计算公式可判断选项正误；C选项，由A选项分析可表示出两种情况下的面积表达式，即可判断选项正误；D选项，问题等价于判断内部最大圆直径最大值是否大于1.2.
【详解】A选项，如图，以A为原点建立空间直角坐标系，
则，
.
设平面法向量为，因平面与正方体的每条棱所成的角均相等，
则
.
由对称性，不妨取，则法向量可为，又，
则平面可为与垂直的平面.
如图，连接，
因平面ABCD，平面ABCD，
则，又平面，
则平面，又平面，则，同理可得.
又平面，，故平面.
即平面可为与平面平行的平面，
当平面与（不含A）相交时，M为与相似的正三角形；
当平面与（不含）相交时，M为如图所示的六边形；
当平面与相交时（不含），M为与相似的正三角形；
则可能为三角形，六边形，故A错误；
B选项，由A选项分析可知，，故B错误.
C选项，由A选项分析可知，当平面过或时，
所得正三角形面积最大，由题可得边长为，则相应面积为.
当为六边形时，如下图所示，因，，又，
结合图形可知，又由题可知六边形为中心对称图形，
取其对称中心为O，则四边形四边形四边形，
则六边形面积为相应四边形面积的3倍.取RS，RT中点分别为F，E，
连接EF，OE，OF，因，则，
四边形面积为四边形面积2倍，则六边形面积为四边形面积6倍.
设，
由题结合图形可知， ，则
在中，由余弦定理，.
注意到，则四点共圆，
则外接圆直径等于OR，由正弦定理，可得.
则，.
则六边形面积S
，当且仅当时取等号.
又 ，则的面积的最大值为，故C错误；
D选项，先判断M内部的最大圆直径最大值是否超过1.2m.
当M为正三角形时，M内部的最大圆为三角形内切圆，
易知当平面过或时，所得内切圆半径最大，
设此时内切圆半径为，三角形面积为，周长为C，
则内切圆直径.
当M为六边形时，M内部的最大圆半径满足，
由C选项分析，可知，则当时，
取最大值，则此时M内部的最大圆直径的最大值为，
因，则，即正方体内可以放下直径为的圆，故D正确.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题首先需要通过向量方法，得到满足题意的平面的具体特征，后利用几何知识，结合正余弦定理可得图形的面积最大值及其内部最大圆直径.
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 下列命题中是真命题的为（ ）
A. 若与共面，则存在实数，使
B. 若存在实数，使向量，则与共面
C. 若点四点共面，则存在实数，使
D. 若存在实数，使，则点四点共面
【答案】BD
【解析】
分析】根据平面向量基本定理以及空间向量基本定理，可知B、D项正确；若共线，则A结论不恒成立；若三点共线，则C项结论不恒成立.
【详解】对于A项，如果共线，则只能表示与共线的向量.
若与不共线，则不能表示，故A项错误；
对于B项，根据平面向量基本定理知，若存在实数，使向量，则与共面，故B项正确；
对于C项，如果三点共线，则不论取何值，只能表示与共线的向量.若点不在所在的直线上，则无法表示，故C项错误；
对于D项，根据空间向量基本定理，可知若存在实数，使，则共面，所以点四点共面，故D项正确.
故选：BD.
10. 已知为直线的方向向量，分别为平面的法向量不重合），并且直线均不在平面内，那么下列说法中正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】由空间向量的位置关系对选项逐一判断，
【详解】已知直线不在平面内，则，故A正确，D错误，
由空间向量的位置关系得，，故B，C正确，
故选：ABC
11. 以下结论正确的是（ ）
A. “事件A，B互斥”是“事件A，B对立”的充分不必要条件．
B. 假设，且与相互独立，则
C. 若，则事件相互独立与事件互斥不能同时成立
D. 6个相同的小球，分别标有1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球，设“第一次取出球的数字是1”，“两次取出的球的数字之和是7”，则与相互独立
【答案】CD
【解析】
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义得到A错误，计算得到B错误，根据互斥事件和独立事件的定义得到C正确，计算得到，D正确，得到答案.
【详解】对选项A：“事件A，B互斥”是“事件A，B对立”的必要不充分条件，错误；
对选项B：，，错误；
对选项C：假设事件互斥且独立，则，
这与，矛盾，假设不成立，正确；
对选项D：，，，故，
与相互独立，正确.
故选：CD.
12. 如图，已知矩形为中点，为线段（端点除外）上某一点．沿直线沿翻折成，则下列结论正确的是（ ）

A. 翻折过程中，动点在圆弧上运动
B. 翻折过程中，动点在平面的射影的轨迹为一段圆弧
C. 翻折过程中，二面角的平面角记为，直线与平面所成角记为，则．
D. 当平面平面时，在平面内过点作为垂足，则的范围为
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，由题可知点P为以D为顶点的圆锥底面圆周上的点，即可判断选项正误；B选项，如图，可证动点在平面的射影在过A点且与DF垂直的线段上，即可判断选项正误；C选项，结合B选项分析，可知与为同一等腰三角形的顶角和底角，即可判断选项正误；D选项，由题可得K点为在平面的射影轨迹与DC交点，如图建立平面直角坐标系，表示出K点坐标，即可判断选项正误.
【详解】A选项，注意到翻折过程中，点P到D点距离不变，
则P为以D为顶点，DP为母线的圆锥底面圆周上的点，
即动点在圆弧上运动，故A正确；
B选项，如图，作，连接PH，则，
因平面PHA，则平面PHA.
作，又平面PHA，则PI，
又，平面，则平面.
则在翻折过程中，动点在平面的射影在过A点且与DF垂直的直线上，
即动点在平面的射影的轨迹为一段线段，故B错误；
C选项，由B选项分析可知，二面角的平面角为，
直线与平面所成角为，
则可知与为同一等腰三角形的顶角和底角，则.
则当时，，故C错误；
D选项，结合B选项分析，当平面平面时，点P在线段DC正上方.
则K点为在平面的射影轨迹与DC交点，
即为DF过A点垂线与DC交点.
如图，建立以D为原点的平面直角坐标系，则.
又由题设，其中，则，
因，则，令，
则，故D正确.
故选：AD

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 正方体各面所在的平面将空间分成__________个部分.
【答案】27
【解析】
【详解】分上、中、下三个部分，每个部分分空间为个部分，共部分
14. 某人有3把钥匙，其中2把能打开门，如果随机地取一把钥匙试着开门，把不能打开门的钥匙扔掉，那么第二次才能打开门的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】分析试验过程，利用概率的乘法公式即可求出概率.
【详解】记事件A：第二次才能打开门.
因为3把钥匙中有2把能打开门，而第一次没有打开，第二次必然能打开.
所以.
故答案为：.
15. 如图，两条异面直线所成的角为，在直线上分别取点和点，使，且（称为异面直线的公垂线）．已知，，，则公垂线__________．
【答案】或
【解析】
【分析】如图，构造符合题意的直三棱锥，结合题意及余弦定理可得答案.
【详解】如图构造一直三棱锥，使，则由题有： .
在中，由余弦定理，可得，
则；
如图构造一直三棱锥，使，则由题有： .
在中，由余弦定理，可得，
则.
故答案为：或.
16. 二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它所有棱的长都为2，则该该二十四等边体的外接球的表面积为__________．

【答案】
【解析】
【分析】利用正方体的性质，结合球的表面积公式进行求解即可.
【详解】把该几何体放在正方体中，设正方体的棱长为，显然面对角线为，
因为该几何体的所有棱的长都为2，
所以，
显然，，所以，
设该该二十四等边体的外接球的半径为，则
所以该该二十四等边体的外接球的表面积为，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的关键是把该几何体放在正方体中，利用正方体的性质进行求解.
四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 2023年8月8日，世界大学生运动会在成都成功举行闭幕式.某校抽取100名学生进行了大运会知识竞赛并纪录得分（满分：100分），根据得分将他们的成绩分成六组，制成如图所示的频率分布直方图．
（1）求图中的值；
（2）估计这100人竞赛成绩的平均数（同一组数据用该组数据的中点值代替）及中位数．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图的性质计算即可；
（2）利用频率分布直方图求平均数及中位数的公式计算即可.
【小问1详解】
由题意知：，
即．
【小问2详解】
由频率分布直方图可知：
平均数为：
前3组的频率为，
所以中位数．
18. 用向量的方法证明：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直.（三垂线定理的逆定理）
【答案】证明见解析.
【解析】
【分析】先把定理用符号语言表示，然后利用向量的数量积为0证明垂直即可.
【详解】已知：如图，PO，PA分别是平面的垂线、斜线，OA是PA在平面上的射影，，且.
求证：.
证明：如图示，取直线的方向向量，同时取AP，PO.
，
又且
，
即证.
19. 一个袋子中有4个红球，6个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出2个球.
（1）求第二次取到红球的概率；
（2）求两次取到的球颜色相同的概率；
（3）如果袋中装的是4个红球，个绿球，已知取出的2个球都是红球的概率为，那么是多少？
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先求出从10个球中不放回地随机取出2个的不同取法数，再求出第二次取到红球的不同取法数，然后求概率即可；
（2）结合（1）求解即可；
（3）由取出的2个球都是红球的概率求出基本事件的个数，然后再求解即可.
【小问1详解】
从10个球中不放回地随机取出2个共有（种）可能，即，
设事件“两次取出的都是红球”，则，
设事件“第一次取出红球，第二次取出绿球”，则，
设事件“第一次取出绿球，第二次取出红球”，则，
设事件“两次取出的都是绿球”，则，
因为事件两两互斥，
所以P（第二次取到红球）.
【小问2详解】
由（1）得，P（两次取到的球颜色相同）；
【小问3详解】
结合（1）中事件，可得，，
因为，
所以，即，解得（负值舍去），
故.
20. 如图，正四面体，

（1）找出依次排列的四个相互平行的平面，，，，使得，且其中每相邻两个平面间的距离都相等．请在答卷上作出满足题意的四个平面，并简要说明并证明作图过程；
（2）若满足（1）的平面，，，中，每相邻两个平面间的距离都为1，求该正四面体的体积．
【答案】（1）答案见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意要作出相互平行且相邻距离相等的平面，所以先作直线平行，且取等分点，例如可取的三等分点，，的中点，的中点，则有，，从而可得面面平行；
（2）解法一：设正四面体的棱长为，根据题意建立合适的建立空间直角坐标系，再利用空间向量等得到点到平面的距离，从而求得的值，进而即可求得正四面体的体积；解法二：先将正四面体补形为正方体，结合条件确定正方体的棱长，即可求得正四面体的体积．
【小问1详解】
如图所示，取的三等分点，，的中点，的中点，
过三点，，作平面，过三点，，作平面，
因为，，所以平面，
再过点，分别作平面，与平面平行，那么四个平面，，，依次相互平行，
由线段被平行平面，，，截得的线段相等知，其中每相邻两个平面间的距离相等，
故，，，为所求平面．（注：也可将正四面体放入正方体内说明）
【小问2详解】
解法一：设正四面体的棱长为，
结合（1）有的中点，再取的中点，连接交于，
则由等边三角形的性质可知为的中心，且，
则以为坐标原点，以平行于直线且过点的直线为轴，直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
令，为的三等分点，为的中点，，，
所以，，．
设平面的法向量，
则有，即，
取，则，，即．
又，，，相邻平面之间的距离为1，
所以点到平面的距离为，解得．
由此可得，边长为的正四面体满足条件．
所以所求正四面体的体积．
解法二：放入正方体，转化为平几问题．
如图，将此正四面体补形为正方体，

分别取，，，的中点，，，，
平面与是分别过点，的两平行平面，若其距离为1，
则正四面体满足条件，右图为正方体的下底面，
设正方体的棱长为，

若，因为，，
在直角三角形中，，所以，所以，
又正四面体的棱长为，
所以此正四面体的体积为．
21. 在四棱锥中，底面为直角梯形，，侧面底面，且分别为中点．
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角为，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）取中点，连接，通过证明四边形为平行四边形，即可证明结论；
（2）由直线与平面所成的角为，可得，建立以G为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案.
【小问1详解】
证明：取中点，连接，
为的中点，
，又，
，
四边形为平行四边形：
，
平面平面，
平面；
【小问2详解】
平面平面，平面平面平面，平面，
取中点，连接，则平面，
，
，又，
如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
，
，设平面的一个法向量，，
则，取，则，
平面的一个法向量可取，
设平面与平面所成的夹角为，
,平面与平面所成的夹角的余弦为
22. 如图，在八面体中，四边形是边长为2的正方形，平面平面，二面角与二面角的大小都是，，．
（1）证明：平面平面；
（2）设为的重心，是否在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求到平面的距离，若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）依题意可得平面，再由面面平行及，可得平面，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明，即可得到平面，再证明平面，即可得证；
（2）设点，其中，利用空间向量法得到方程，求出的值，即可得解.
【小问1详解】
因为为正方形，所以，又，，平面，
所以平面，所以为二面角的平面角，即，
又平面平面，，
所以平面，即为二面角的平面角，即，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，即，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
因为，平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
由点在上，设点，其中，点，
所以，平面的法向量可以为，
设与平面所成角为，
则，
即，化简得，
解得或（舍去），
所以存在点满足条件，且点到平面的距离为.