重庆市字水中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

重庆市字水中学2023-2024学年高二上期10月月考

数学试卷

时间：120分钟  总分：150分

一、单选题（每小题5分，共40分）

1. 若事件A与事件B互斥，且P（A）＝0.3，P（B）＝0.2，则（        ）．

A. 0.4 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.7

【答案】B

【解析】

【分析】根据互斥事件的概率加法公式计算直接得出结果.

【详解】事件A与事件B互斥，

则.

故选：B

2. 一组数据按从小到大的顺序排列如下：，经计算，该组数据中位数是16，若分位数是20，则（    ）

A. 33 B. 34 C. 35 D. 36

【答案】D

【解析】

【分析】利用中位数和百分位数的定义得到，，求出答案.

【详解】一共有9个数，故从小到大的第5个数为中位数，即，

，故选取第7个数为分位数，故，

所以.

故选：D

3. 如图，在空间四边形中，，，，且，，则等于（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据空间向量的线性运算可得结果.

【详解】因为，即为的中点，所以，

因为，所以，

.

故选：C

4. 某人打靶时连续射击两次，下列事件中与事件“至少一次中靶”互为对立的是（    ）

A. 至多一次中靶 B. 两次都中靶 C. 只有一次中靶 D. 两次都没中靶

【答案】D

【解析】

【分析】利用对立事件的定义判断可得出结论.

【详解】对于A，“至多一次中靶”包含：一次中靶、两次都不中靶，

“至少一次中靶”包含：一次中靶、两次都中靶，A选项不满足条件；

对于B，“两次都中靶”与“至少一次中靶”是包含关系，B选项不满足条件；

对于C，“只有一次中靶”与“至少一次中靶”是包含关系，C选项不满足条件；

对于D，“两次都没有中靶”与“至少一次中靶”对立，D选项满足条件.

故选：D.

5. 已知，，，若，，三向量共面，则实数等于（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，存在实数值得，列出方程组，即可求解.

【详解】由向量，，，

因为，，三向量共面，则存在实数值得，

即，

可得，解得，则.

故选：A.

6. 如图，在四棱锥中，底面，，底面为边长为2的正方形，E为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】取中点为，连接，，确定即为异面直线与所成的角，确定为等边三角形，得到答案.

【详解】如图所示：取中点为，连接，，

在中，分别为中点，故，

即为异面直线与所成的角（或补角），

在中，，，，

即为等边三角形，，.

故选：B.

7. 已知，，则向量在向量上的投影向量是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先求出向量在向量上的投影，再求解向量在向量上的投影向量即可．

【详解】因为，0，，，2，，

则向量在向量上的投影为，

所以向量在向量上的投影向量是．

故选：．

8. 如图，在正三棱锥D-ABC中，，，O为底面ABC的中心，点P在线段DO上，且，若平面PBC，则实数（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由正棱锥的结构特征构建空间直角坐标系，根据已知条件确定相关点坐标并求出面PBC的法向量，结合线面平行及向量共线定理求参数即可.

【详解】由题设，△为边长为的等边三角形，且，

等边△的高为，

在正棱锥中，以原点，平行为x轴，垂直为y轴，为z轴，如上图示，

则，且，

所以，，，

若为面PBC的法向量，则，令，则，

又平面PBC，则且k为实数，，故.

故选：D

二、多选题（每小题全选对得5分，有错误选项得0分，部分选对得2分，满分20分.）

9. 从10个同类产品中（其中8个正品，2个次品）任意抽取3个．下列事件是必然事件的是（    ）

A. 至少有一个是正品 B. 至多有两个次品

C. 恰有一个是正品 D. 至多有三个正品

【答案】ABD

【解析】

【分析】把从10个同类产品中（其中8个正品，2个次品）任意抽取3个的三种情况一一列举出来，即可判断.

【详解】从10个同类产品中任取3个共有3种情况，分别为3个正品、2个正品1个次品、1个正品2个次品，

所以从10个同类产品中任意抽取3个，那么至少有一个正品，至多有两个次品，至多有三个正品.

故选：ABD.

10. 已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列说法一定正确的是（    ）

A. 若，，则 B. 若，，则

C. 若，，则 D. 若，，则

【答案】AD

【解析】

【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系判断即可.

【详解】对于A：若，，由面面平行的性质定理可知，故A正确；

对于B：若，，则或或或与相交（不垂直），故B错误；

对于C：若，，则或，故C错误；

对于D：若，则存在直线，使得，又，，所以，

所以，故D正确；

故选：AD

11. 已知事件、发生的概率分别为，，则（    ）

A. 若，则事件与相互独立

B. 若与相互独立，则

C. 若与互斥，则

D. 若发生时一定发生，则

【答案】AB

【解析】

【分析】利用独立事件的定义可判断A选项；利用并事件的概率公式可判断B选项；利用互斥事件的概率公式可判断C选项；分析可知，可判断出D选项.

【详解】对于A，因为，，则，

因为，所以，事件与相互独立，A对；

对于B，若与相互独立，则，

所以，，B对；

对于C，若与互斥，则，C错；

对于D，若发生时一定发生，则，则，D错.

故选：AB.

12. 在空间直角坐标系中，已知向量（），点，点.

（1）若直线经过点，且以为方向向量，是直线上的任意一点且其坐标满足，称为直线的方程；

（2）若平面经过点，且以为法向量，是平面内的任意一点且其坐标满足，称为平面的方程.

设直线的方程为，平面的方程为，，则（    ）

A.

B. 直线与平面所成角的余弦值为

C. 到平面的距离为

D. 向量是平面内的任意一个向量，则存在唯一的有序实数对，使得，其中.

【答案】ACD

【解析】

【分析】点的坐标分别代入直线方程、平面方程可判断A；求出平面的一个法向量、直线的方向向量，利用向量的夹角公式可判断B；利用点到平面的向量求法可判断C；由空间向量基本定理可判断D.

【详解】对于A，因为，，所以，故A正确；

对于B，平面的一个法向量为，直线的方向向量为，

由，得直线与平面所成角的余弦值为，故B错误；

对于C，因为，所以，所以到平面的距离为，故C正确；

对于D，因为，所以，

又，，则，即在平面内，

由空间向量基本定理可得存在唯一的有序实数对，使得，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题（满分20分，每题5分）

13. 用分层抽样的方法从某校高中学生中抽取一个容量为45的样本，其中高二年级有学生600人，抽取了15人.则该校高中学生总数是________人.

【答案】1800

【解析】

【分析】利用比例求出学生总数.

【详解】，故该校高中学生总数是1800人.

故答案：1800

14. 在一个由三个元件构成的系统中，已知元件正常工作的概率分别是，，，且三个元件正常工作与否相互独立，则这个系统正常工作的概率为______．

【答案】

【解析】

【分析】先求出都不工作的概率，可得至少有一个能正常工作的概率，继而求得这个系统正常工作的概率.

【详解】由题意可知都不工作概率为，

所以至少有一个能正常工作的概率为，

故这个系统正常工作的概率为，

故答案为：

15. 如图，平行六面体中，，，则线段的长度是______.

【答案】

【解析】

【分析】由，转化为向量的模长，然后结合空间向量数量积运算，即可求解.

【详解】由题知，

所以，

所以，即，所以线段的长度是.

故答案为：

16. 如图，已知正方体的棱长为4，，，分别是棱，，的中点，设是该正方体表面上的一点，若，则点的轨迹围成图形的面积是______；的最大值为______．

【答案】    ①.     ②. 12

【解析】

【分析】如图，分别取，，的中点，，，连接，可证明六边形为正六边形，从而可求其面积，利用向量数量积的几何意义可求的最大值.

【详解】∵，∴点在平面上，

如图，分别取，，的中点，，，

连接，

因为为中点，故，

又由正方体可得，，

故，故四边形为平行四边形，故，

故，故四点共面，同理可证四点共面，

故五点共面，同理可证四点共面，

故六点共面，由正方体的对称性可得六边形为正六边形.

故点的轨迹是正六边形，

因为正方体的棱长为4，所以正六边形的边长为，

所以点的轨迹围成图形的面积是．

如图，

，

∴的最大值为12．

故答案为：，12．

四、解答题（满分70分，17题满分10分，18～22题每题满分12分）

17. 目前用外卖网点餐的人越来越多，现在对大众等餐所需时间情况进行随机调查，并将所得数据绘制成频率分布直方图.其中等餐所需时间的范围是，样本数据分组为.

（1）求频率分布直方图中的值；

（2）利用频率分布直方图估计样本的众数、中位数.

【答案】（1）；（2）众数为，中位数为；

【解析】

【分析】（1）由频率分布直方图的性质得到方程即可求出．

（2）众数即直方图中最高一组的组中值，首先判断中位数位于，再设中位数为，即可得到方程，解得即可；

【详解】解：（1）由频率分布直方图得：，

解得．

（2）由频率分布直方图可知众数为

因为，所以中位数位于，设中位数为，则，解得，故中位数为；

18. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，分别是的中点，平面，且.

（1）证明：平面；

（2）证明：.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系，运用空间向量法解决线面平行即可.

（2）运用空间向量法解决线线垂直即可.

【小问1详解】

由题知，底面是矩形，分别是的中点，平面，且.

所以,

所以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系，

所以，

所以，

因为易知为平面的一个法向量，

所以，

所以，

因为平面，

所以平面.

【小问2详解】

由（1）得，，

所以，

所以，

所以.

19. 已知甲、乙两个盒子都装有4个外形完全相同的小球．甲盒中是3个黑色小球（记为）和1个红色小球（记为），乙盒中是2个黑色小球（记为）和2个红色小球（记为） ．

（1）若从甲、乙两个盒子中各取1个小球，共有多少种不同的结果？请列出所有的结果；

（2）若从甲、乙两个盒子中各取1个小球，求取出的2个小球中至少有一个是黑色的概率．

【答案】（1）种，答案见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）用列举法列出所有可能结果；

（2）利用古典概型的概率公式计算可得.

【小问1详解】

共16种不同结果，总体记为，

则,．

【小问2详解】

记 “取出的2个小球中至少有一个是黑色”，

则,，

故．

20. 在△中，内角所对的边分别是，已知，，.

（1）求的值；

（2）求△的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）直接利用余弦定理即可求解；

（2）先用同角三角函数关系式求出，再用三角形面积公式求解即可.

【小问1详解】

由余弦定理可得

，即，

解得，

【小问2详解】

∵，且，

∴,

由得，,

∴.

故△的面积为.

21. 在长方体中，，，与交于点，点为中点.

（1）求证：平面；

（2）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）由长方体的结构特征，可证，，得平面；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求两个平面夹角的余弦值.

【小问1详解】

证明：在长方体中，因为平面，平面，所以，

因为为正方形，所以，

因为，平面

所以平面

【小问2详解】

以为坐标原点，、、分别为、、轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，；

，，，

设平面的法向量为，

则，令，则，即，

设平面的法向量为，则

，令，则，即，

，

所以，平面与平面的夹角的余弦值为.

22. 在①，②，③，这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并给出解答.

如图，在五面体中，已知__________，，，且，.

（1）求证：平面平面；

（2）求直线与平面夹角的正弦值；

（3）线段上是否存在一点F，使得平面与平面夹角的余弦值等于，若存在，求的值；若不存在，说明理由.

【答案】（1）证明见解析   

（2）   

（3）存在，

【解析】

【分析】（1）若选①，要证明面面垂直，转化为证明线面垂直，即证明平面；

若选②，根据线面垂直的判断定理，并结合面面垂直的判断定理，即可证明；

若选③，利用平行和垂直关系，转化为证明，即可证明；

（2）根据（1）的结果，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用向量法求线面角的正弦值；

（3）首先假设在线段上存在点，满足条件，根据平面和平面的法向量夹角的余弦值，即可求解.

【小问1详解】

若选①，取中点G，中点O，连接，,

，，四边形为平行四边形，，

，又，，，，

又，，又，，，平面，平面，

平面，平面平面.

若选②，，，，，平面，

平面，

平面，平面平面.

若选③，取中点O，中点H，连接，，，

，，又，；

O，H分别为，中点，，又，，

四边形为平行四边形，；

，，，，，

，，，，又，.

又，，，平面，平面，

平面，平面平面.

  【小问2详解】

取中点O，中点H，连接，，

，，又平面，平面平面，平面，

又，，.

综上所述：，，两两互相垂直.

则以O坐标原点， ，，为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，

，，

设平面的法向量，则，

令，解得：，，；

设直线与平面的夹角为θ.则.

即直线与平面的夹角的正弦值为

【小问3详解】

设在线段上存在点，

使得平面与平面夹角的余弦值等于，

由（1）得：，.

设平面的法向量，

则，令，则，，；

，

化简可得：，解得：或（舍），

，，；