安徽省合肥市长丰县2023_2024学年高二数学上学期第一次月考考试试题含解析

这是一份安徽省合肥市长丰县2023_2024学年高二数学上学期第一次月考考试试题含解析，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。
（考试总分：150分考试时长：120分钟）
一、单选题（本题共计8小题，总分40分）
1. 已知为虚数单位，复数，则复数的虚部是（）
A. B. 1C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，运用复数的除法运算，化简复数Z，根据复数的代数形式，确定虚部.
【详解】，其虚部为2.
故选D.
【点睛】本题考查复数的四则运算，基础题.
2. 天气预报说，在今后的三天中，每一天下雨的概率均为，用数字0，1，2，3表示下雨，数字4，5，6，7，8，9表示不下雨，由计算机产生如下20组随机数：
977，864，191，925，271，932，812，458，569，683，
431，257，394，027，556，488，730，113，537，908.
由此估计今后三天中至少有一天下雨的概率为（）
A. 0.6B. 0.7C. 0.75D. 0.8
【答案】B
【解析】
【分析】由已知列举出代表今后三天都不下雨的随机数，以及今后三天都不下雨的随机数个数，利用古典概型和对立事件的概率求解即可．
【详解】代表今后三天都不下雨的随机数有977，864，458，569，556，488，共6组，记“今后三天中至少有一天下雨”为事件，“今后三天都不下雨”为事件，则与为对立事件.
所以，
故选：B.
3. 已知向量，的夹角为，且，，则向量与向量的夹角为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用夹角公式即可求解.
【详解】∵，，，的夹角为，∴.
∴，，
∴.
设向量与向量的夹角为，
∴.
∵，∴.
故选：A
4. 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.
5. 如图，在四面体中，．点在上，且为中点，则等于（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，利用空间向量基本定理可得答案.
【详解】连接．
故选：B.
6. 如图，在四棱柱中，四边形是正方形，，，是棱的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】以为基底，求，，，结合求解即可.
【详解】因为，所以
，
又，
所以
，
所以
，
所以，
即直线与直线所成角的余弦值为．
故选：B．
7. 已知直三棱柱的个顶点都在球的表面上，若，，，则球的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设外接圆圆心为，半径为，由正弦定理可得，利用求得球的半径后，由球的体积公式即可得解.
【详解】设外接圆圆心为，半径为，连接，如图，
易得平面，
，，，
即，，
，
球的体积.
故选：A.
【点睛】本题考查了直棱柱的几何特征及外接球体积的求解，考查了空间思维能力，属于中档题.
8. 如图，在直三棱柱中，，已知与分别为和的中点，与分别为线和上的动点（不包括端点），若、则线段长度的取值范围为（）
A. [ )B. [ ]C. [)D. []
【答案】A
【解析】
【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，设出的坐标，根据已知条件求得参数之间的关系，并建立关于参数的函数关系式，求其值域即可.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设点坐标为，，
故，因为，
故可得，则，由可得，
又，故,
故当时，取得最小值；又当时，，但无法取到，则无法取到；
综上，线段DF长度的取值范围为.
故选：A
二、多选题（本题共计4小题，总分20分）
9. 下列命题是真命题有（）
A. A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
B. 直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
C. 直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α
D. 平面α经过三点是平面α的法向量，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由基底的概念以及空间位置关系的向量证明依次判断4个选项即可.
【详解】对于A，若不能构成空间的一个基底，则共面，可得A，B，M，N共面，A正确；
对于B，，故，可得l与m垂直，B正确；
对于C，，故，可得l在α内或，C错误；
对于D，，易知，故，故，D正确.
故选：ABD.
10. 先后两次掷一枚质地均匀的骰子，A表示事件“两次掷出的点数之和是3”，B表示事件“第二次掷出的点数是偶数”，C表示事件“两次掷出的点数相同”，D表示事件“至少出现一个奇数点”，则下列结论正确的是（）
A. A与B互斥B. A与C互斥
C. B与C独立D. B与D对立
【答案】BC
【解析】
【分析】写出事件所包含的基本事件，根据互斥事件和对立事件的概念进行判断ABD；求出，得到C正确.
【详解】先后两次掷一枚质地均匀的骰子，样本空间
，
故事件，
事件
，
事件，
事件
.
A选项，，故A与B不互斥，A错误；
B选项，，故A与C互斥，B正确；
C选项，，故，
又，，故，
所以B与C独立，C正确；
D选项，，
但，
所以B与D不对立，D错误.
故选：BC
11. 冬季奥林匹克运动会，是世界规模最大的冬季综合性运动会，自1924年起，每四年举办一届，第24届由中国2022年2月在北京举办，分北京赛区、延庆赛区、张家口赛区三个赛区，共15个比赛项目.为了宣传奥运精神，红星实验学校组织了甲、乙两个社团，利用一周的时间对外进行宣传，将每天宣传的次数绘制成如下频数分布折线图，则（）
A. 甲社团众数小于乙社团众数
B. 甲社团的平均数小于乙社团的平均数
C. 甲社团的第80百分位数等于乙社团的第80百分位数
D. 甲社团的方差大于乙社团的方差
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据众数、平均数、方差、百分位数的定义计算可得；
【详解】解：A选项，甲社团众数2，乙社团众数为3，所以A正确；
B选项，甲的平均数为，
乙的平均数为，所以平均数相等，所以B错误；
C选项，甲社团数据从小到大排列为2、2、2、3、3、4、5，其中，
所以甲社团的第80百分位数为4，同理可得乙社团的第80百分位数为4，所以C正确；
D选项，甲社团的方差为，
乙社团的方差为，
故甲社团的方差大于乙社团的方差，D正确.
故选：ACD
12. 若正方体的棱长为1，且，其中，则下列结论正确的是（）
A. 当时，三棱锥的体积为定值
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，的最小值为
D. 若，点P的轨迹为一段圆弧
【答案】AC
【解析】
【分析】当时，可得点P的轨迹，根据线面平行的判定定理及性质，可得P到平面的距离不变，即可判断A的正误；当时，可得点P的轨迹，利用反证法可证，P到平面的距离在变化，即可判断B的正误；当时，可得三点共线，利用翻折法，可判断C的正误；如图建系，求得各点坐标，分别求得和的余弦值，列出方程，计算分析，可判断D的正误，即可得答案.
【详解】因为，其中，
所以点P在平面内运动，
对于A：取AD中点E、中点F，连接EF，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
当时，则，
所以点P在线段EF上运动，
因为平面，
所以无论点P在EF任何位置，P到平面的距离不变，即高不变，
所以三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于B：取中点G，中点H，连接GH，
当时，，
所以点P在GH上运动，
假设平面，
又，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面，与已知矛盾，故假设不成立，
所以GH不平行平面，
所以P在GH上运动时，P到平面的距离在变化，
所以三棱锥的体积不是定值，故B错误；
对于C：连接，，，当时，可得三点共线，
将沿翻折至与平面共面，如下图所示
连接AB，当P为AB与交点时，最小，即为AB，
因为均为面对角线，
所以，即为等边三角形，
又，，
所以，，
所以
在中，由正弦定理得，
所以，故C正确；
对于D：分别以DA、DC、为x，y，z轴正方向建系，如图所示，
则，设，
所以，
所以
因为平面，平面，
所以，
又，
所以，
所以，整理得，
所以，即，
所以P点轨迹为线段，故D错误
故选：AC
【点睛】解题的关键是熟练掌握线面平行判定与性质，向量共线、数量积求夹角等知识，综合性较强，难度较大，考查学生分析理解，计算求值的能力，属难题.
三、填空题（本题共计4小题，总分20分）
13. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，且，那么________
【答案】
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标运算即可求解.
【详解】由于，所以直线的方向向量与平面法向量互相垂直，故，
故答案为：
14. 甲、乙两人独立地破译一份密码，已知各人能破译的概率分别为，则密码被成功破译的概率_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由相互独立事件概率的乘法公式可得密码没有被破译的概率，进而由对立事件的概率性质分析可得答案．
【详解】解：根据题意，甲乙两人能成功破译的概率分别是，，
则密码没有被破译，即甲乙都没有成功破译密码的概率，
故该密码被成功破译的概率．
故答案为：．
15. 在我国古代数学名著《九章算术》中，四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．已知在鳖臑中，平面ABC，．M为PC的中点，则点P到平面MAB的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用等体积法求得到平面的距离.
【详解】因为平面ABC，平面ABC，所以，
依题意可知平面，
所以平面，
由于是的中点，所以到平面的距离是到平面的距离的一半，
即到平面的距离是.
,，
所以，
由于，所以，
，
设到平面的距离为，则，
即.
故答案为：
16. 在四棱锥中，四边形为正方形，，平面平面，，点为上的动点，平面与平面所成的二面角为（为锐角），则当取最小值时，三棱锥的体积为___.
【答案】
【解析】
【分析】由题知两两垂直，进而建立空间直角坐标系，设，利用坐标法求解二面角得当时，平面与平面所成的二面角为取最小值，再计算几何体的体积即可得答案.
【详解】解：因为四边形为正方形，所以，
因为平面平面，平面平面，平面,
所以平面，所以，
又因为，所以两两垂直，
故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
设，
则，，，，，，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
由题易知平面法向量为，
所以，
当且仅当时等号成立，
所以当时，平面与平面所成的二面角为取最小值，
此时三棱锥的体积为.
故答案为：
四、解答题（本题共计6小题，总分70分）
17. 在中，角所对的边分别为、、，满足
（1）求角的大小；
（2）若，且，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意由正弦定理和两角和的正弦公式可得，即可得；
（2）根据向量的比例关系可得，由余弦定理可解得，由面积公式即可求出结果.
【小问1详解】
）在中，因为，
由正弦定理可得，
所以，
又，则，所以，
因此.
【小问2详解】
由，且，，可得，，即；
在中，由余弦定理得，
即，即，解得或（舍）
所以；
即的面积为.
18. 已知在平行六面体中，，，且.
（1）求的长；
（2）求向量与夹角的余弦值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）用空间的一个基底表示向量，再利用空间向量数量积的运算律求解作答.
（2）利用（1）中信息，结合空间向量的夹角公式计算作答.
【小问1详解】
在平行六面体中，为空间的一个基底，
因为，，且，
则，
，
所以
.
【小问2详解】
由（1）知，，则，
又，所以向量与夹角的余弦值.
19. 为分析某次数学考试成绩，现从参与本次考试的学生中随机抽取100名学生的成绩作为样本，得到以分组的样本频率分布直方图，如图所示．
（1）求频率分布直方图中的值；
（2）试估计本次数学考试成绩的平均数和第50百分位数；
（3）从样本分数在，的两组学生中，用分层抽样的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机选出2人，求选出的2名学生中恰有1人成绩在中的概率．
【答案】（1）；
（2）107.4，105.7；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用频率分布表中各小矩形面积和为1计算作答.
（2）利用频率分布表估计平均数及第50百分位数作答.
（3）求出给定的两个区间内的人数，再利用列举法求出概率作答.
【小问1详解】
由频率分布表知，成绩在
内的频率依次为，
由，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
第50百分位数，则有，解得，
所以本次数学考试成绩的平均数为107.4，第50百分位数105.7.
【小问3详解】
分数在，的两组学生的人数比为，
因此用分层抽样的方法抽取的5名学生中，分数在内的学生有4人，记为，
分数在内的学生有1人，记为，
从5名学生中随机选取2人的结果有，共10个，
选出的2名学生中恰有1人成绩在内的结果有，共4个，
所以选出的2名学生中恰有1人成绩在中的概率为.
20. 如图所示，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，.
（1）求证：平面；
（2）若E为PC的中点，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证，，由此即可证得平面；
（2）建立空间直角坐标系，求出,平面的一个法向量为，然后利用公式，即可求得本题答案.
【小问1详解】
作，垂足为，易证，四边形为正方形.
所以，.又，
因为，所以.
因为平面，平面，所以.
又，平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
以点为坐标原点，以所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
则，，
设平面的法向量为，
由，得，
令，可得平面的一个法向量为.
设与平面所成角为，
则.
21. 第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日举办，本届亚运会共设40个竞赛大项．其中首次增设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？
这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为A、B、C、D，其中A对阵其他三个队伍获胜概率均为p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为．最初分组时AB同组，CD同组．
（1）若，在淘汰赛赛制下，A、C获得冠军的概率分别为多少？
（2）分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，是否如很多人质疑的“对强者不公平”？
【答案】（1）获得冠军的概率分别为，；
（2）淘汰赛赛制下获得冠军的概率为，“双败赛制”赛制下获得冠军的概率为，双败赛制下对强者更有利.
【解析】
【分析】（1）利用独立事件乘法、互斥事件加法公式求获得冠军的概率；
（2）分别求出不同赛制下获得冠军的概率，研究哪种赛制下获得冠军的概率更大，即可得结论.
【小问1详解】
获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出，
获得冠军的概率为，
获得冠军：组获胜，再由与组胜者决赛并胜出，
获得冠军的概率为.
【小问2详解】
淘汰赛赛制下，获得冠军的概率为，
“双败赛制”赛制下，讨论A进入胜者组、败者组两种情况，
当A进入胜者组，若在胜者组A失败，后两局都胜，方可得冠军；
若在胜者组A胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军；
当A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军；
综上，获得冠军的概率.
令，
若强队，则，故，
所以，双败赛制下对强者更有利.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据“双败赛制”赛制的描述讨论A进入胜者组、败者组两种情况，分别求出得冠军的概率为关键.
22. 在三棱柱中，侧面正方形的中心为点平面，且，点满足．
（1）若平面，求的值；
（2）求点到平面的距离；
（3）若平面与平面所成角的正弦值为，求的值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）或.
【解析】
【分析】(1)连接ME，证明即可计算作答.
(2)以为原点，的方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，借助空间向量计算点到平面的距离即可.
(3)由(2)中空间直角坐标系，借助空间向量求平面与平面所成角的余弦即可计算作答.
【小问1详解】
在三棱柱中，因，即点在上，连接ME，如图，
因平面面，面面，则有，
而为中点，于是得为的中点，
所以.
【小问2详解】
在三棱柱中，面面，则点到平面的距离等于点到平面的距离，
又为正方形，即，而平面，
以为原点，的方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
依题意，，则，
，
设平面的法向量为，则，令，得，
又，则到平面的距离，
所以点到平面的距离为.
【小问3详解】
因，则，，
设面的法向量为，则，令，得，
于是得，
而平面与平面所成角的正弦值为，则，即，
整理得，解得或，
所以的值是或.
【点睛】易错点睛：空间向量求二面角时，一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算.