四川省仁寿第一中学校南校区2023-2024学年高二数学上学期月考模拟试卷（一）（Word版附解析）

高2022级高二上期数学国庆作业一（月考模拟题）

一、单选题（共12小题，每题5分，共60分）

1. 点关于平面对称的点的坐标是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用空间直角坐标系的性质即可得出结果.

【详解】由空间直角坐标系的性质可知，

点关于平面对称的点的坐标是.

故选：A

2. 已知是两个不同的平面，是空间中两条不同的直线，下列说法正确的是（   ）

A. 若，则

B. 若，则

C. 若，则

D. 若，则

【答案】C

【解析】

【分析】根据空间面面以及线面、线线的位置关系判断A；根据面面平行的性质判断B；根据线面垂直的判定判断C；举反例判断D.

【详解】对于A，若，则或，A错误；

对于B，若，则可能平行也可能异面或相交，B错误；

对于C，由，可得，又，则，C正确；

对于D，如图长方体中，不妨取前方面为，右侧面为，

如图示，，但，D错误；

故选：C

3. 从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么互斥而不对立的两个事件是（    ）

A. “恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球” B. “至少有一个黑球”与“都是红球”

C. “至少有一个黑球”与“至少有一个红球” D. “至少有一个黑球”与“都是黑球”

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定条件，利用互斥事件、对立事件的定义逐项分析判断作答.

【详解】对于A，恰好有一个黑球的事件与恰好有两个黑球的事件不能同时发生，可以同时不发生，

因此“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”是互斥而不对立的两个事件，A是；

对于B，至少有一个黑球的事件与都是红球的事件是对立事件，B不是；

对于C，至少有一个黑球的事件与至少有一个红球的事件可以同时发生，不互斥，C不是；

对于D，至少有一个黑球的事件与都是黑球的事件可以同时发生，不互斥，D不是.

故选：A

4. 如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，为正方体的顶点．则满足的是（    ）

A.    B.  

C.    D.  

【答案】C

【解析】

【分析】如图建立以A为原点的空间直角坐标系.依次判断各选项是否满足即可.

【详解】如图建立以A为原点的空间直角坐标系，设正方体边长为.

A选项，，

则，则，故A错误；

B选项，，

，则，故B错误；

C选项，，

，则，即，故C正确；

D选项，

，则，故D错误.

故选：C

5. 已知甲、乙两位同学在一次射击练习中各射靶10次，射中环数频率分布如图所示：

令，分别表示甲、乙射中环数的均值；，分别表示甲、乙射中环数的方差，则（    ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】D

【解析】

【分析】根据频率分布图分别计算，，比较大小可得.

【详解】由图可知，

，

，

所以，.

故选：D.

6. 从，，，，中任取两个不同的数，记为，则成立的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用列举法，结合古典概型概率计算公式求得正确答案.

【详解】从，，，，中任取两个不同的数，记为，共有个基本事件，

分别为，，，，，，，，，，，

，，，，，，，，，

记“成立”为事件，

若，则且，

所以事件包含个基本事件：，，，，，，

故其概率为．

故选：D

7. 在四棱锥中，平面，四边形为菱形，，，点为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】连接交于点，连接，得到（补角）是异面直线与所成角求解．

【详解】解：如图所示：

连接交于点，连接，

因为,

所以（补角）是异面直线与所成角．

因为平面，平面，

所以，

又因为四边形为菱形，

所以，又，

所以平面PBD，

又平面PBD，

所以，则为直角三角形，

设，

在中，，

所以，

故选：B．

8. M为△ABC所在平面内一点，且，则动点M轨迹必通过△ABC的（    ）

A. 垂心 B. 内心 C. 外心 D. 重心

【答案】C

【解析】

【分析】设边的中点为，结合向量的线性运算法则化简向量等式可得，由数量积的性质可得，由此可得结论.

【详解】设边的中点为，

因为，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以，又点为边的中点，

所以点在边的垂直平分线上，

所以动点M的轨迹必通过△ABC的外心，

故选：C.

二、多选题（共4小题，每题5分，共20分）

9. 一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4，连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“第一次向下的数字为2或3”，事件B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（    ）

A.  B. 事件A与事件B互斥

C. 事件A与事件B相互独立 D.

【答案】CD

【解析】

【分析】A.利用古典概型的概率求解判断；B.利用互斥事件的定义判断；C.利用独立事件的概率求解判断；D.利用并事件的概率求解判断.

【详解】解：依题意，抛掷正四面体木块，第一次向下的数字有1，2，3，4四个基本事件，

则，A不正确：

事件B含有基本事件有8个：，，，，，，，，

其中事件，，，发生时，事件A也发生，即事件A，B可以同时发生，B不正确；

抛掷正四面体木块两次的所有基本事件有16个，，，即事件A与事件B相互独立，C正确；

，D正确.

故选：CD.

10. 如图，在四面体中，平面平面，，则下列结论正确的是（    ）

A. 四面体的体积为

B.

C. 二面角的余弦值为

D. 四面体外接球的体积为

【答案】BC

【解析】

【分析】根据平面平面，得到平面，从而，再由 得到，从而平面BCD，可判断AB选项；易得二面角的平面角是判断C选项；将原几何体补成长方体判断D选项.

【详解】因为平面平面，平面平面，

所以平面，平面，

所以，

又 ，则，且，

所以平面BCD，

在中，因为，，

所以，

所以，

所以，A不正确，B正确；

二面角的平面角是，易得，C正确；

将原几何体补成长方体，如图所示：

则四面体的外接球即为长方体的其外接球，外接球的直径为AD，且，

所以半径，

故，D错误．

故选：BC．

11. 如图所示是世界人口变化情况的三幅统计图：

下列结论中正确的是（    ）

A. 从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加

B. 2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多

C. 2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平

D. 1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据所给折线图、扇形图以及直方图，分析每个选项中涉及的量的变化，即可得答案.

【详解】对于A，从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故A正确；

对于B，从扇形图中能够明显地看出2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故B正确；

对于C，从条形图中能够明显地看出2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平，故C正确；

对于D，由题中三幅统计图可看得出北美洲人口数量最少，

并不能得出从1957年到2050年中哪个洲人口增长速度最慢，故D错误.

故选：ABC

12. 设的内角的对边分别为，则下列结论正确的是（    ）

A. 若，则

B. 若，则外接圆的半径为

C. 若，则

D. 若，则为锐角三角形

【答案】AC

【解析】

【分析】利用正弦定理化角为边，再根据大边对大角即可判断A；利用正弦定理即可判断B；先利用余弦定理求出，再根据数量积的定义即可判断C；利用正弦定理化角为边，正在跟进余弦定理即可判断D.

【详解】对于A，因为，由正弦定理得，故A正确；

对于B，由正弦定理，得，

即外接圆的半径为，故B错误；

对于C，由余弦定理，

则，故C正确；

对于D，因为，

由正弦定理得，则，故，

所以角锐角，但不一定为锐角三角形，故D错误．

故选：AC．

三、填空题（共4小题，每题5分，共20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.

故答案为：1800

14. 设空间向量，，若，则＝______．

【答案】3

【解析】

【分析】根据空间向量共线得，再利用空间向量的坐标运算和向量模的定义即可得到答案.

【详解】，则显然，，解得，

则，，

故答案为：3.

15. 直线上一点P到与的距离之差的绝对值最大，则P的坐标为______.

【答案】

【解析】

【分析】求出B点关于关于l对称点的坐标，结合点P到与的距离之差的几何意义，确定当三点共线时，最大，即可求得的方程，联立，即可求得答案.

【详解】设点B关于l的对称点的坐标为，连接，

则，即，所以①．

因为的中点在直线l上，

所以，即②．

由①②得，所以点的坐标为．

于是所在直线的方程为，即．

又，

当且仅当三点共线时，最大．

所以联立直线l与的方程即，解得，

即l与的交点坐标为，

故点P的坐标为．

故答案为：

16. 一组数据按从小到大的顺序排列如下：11，12，15，x，17，y，22，26，经计算，该组数据中位数是16，若分位数是20，则___________.

【答案】33

【解析】

【分析】利用中位数与百分位数的定义求得，从而得解.

【详解】因为，故中位数是，解得；

因为，故75%分位数是，则；

所以

故答案为：33.

四、解答题. （共6小题，共70分）

17. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，为与的交点.若，，，

（1）用表示；

（2）求对角线的长；

（3）求

【答案】（1）；（2）；（3）.

【解析】

【分析】（1）根据几何关系，结合向量的运算法则，即可容易表示目标向量；

（2）用基向量表示，再用数量积的运算法则求解即可；

（3）根据（2）中所求，结合向量夹角余弦值的计算公式，代值即可.

【详解】（1）连接，如图：

因为，，

在，根据向量减法法则可得：

因为底面是平行四边形

故

因为 且

又为线段中点

在中

（2）因为顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是

故

由（1）可知

故平行四边形中

故：

故

（3）因为，

又

【点睛】本题考查用基向量表示空间向量，涉及空间向量数量积的运算、模长的求解以及夹角的求解，属综合基础题.

18. 已知空间三点，，.

（1）求以AB，AC为邻边的平行四边形的面积；

（2）设，若A，B，C，D四点共面，求的值

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由空间向量的数量积得夹角后求解

（2）由空间向量共面定理求解

【小问1详解】

由已知，得：

，，

∴，

∴

∴以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为

【小问2详解】

由，得：

∵A，B，C，D四点共面

∴存在实数，，使得

∴，即得：

解得：，，∴

19. 某校组织全体学生参加“数学以我为傲”知识竞赛，现从中随机抽取了100名学生的成绩组成样本，并将得分分成以下6组：，，，……，，统计结果如图所示：

（1）试估计这100名学生得分的众数、中位数；（中位数保留小数点后2位）

（2）试估计这100名学生得分平均数（同一组中的数据用该组区间中点值代表）；

（3）现在按分层抽样的方法在和两组中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人参加这次竞赛的交流会，求至少有一人在的概率.

【答案】（1）众数75；中位数   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）利用众数与中位数的定义结合频率分步直方图即可得到这100名学生得分的众数、中位数估计值；

（2）利用平均数定义结合频率分步直方图即可得到这100名学生得分的平均数估计值.

（3）利用古典概型概率求法即可求得从这5人中随机抽取2人参加这次竞赛的交流会且至少有一人在的概率.

【小问1详解】

由频率分布直方图可知，第4组频率最大，估计众数为：75；

在内频率之和为，

设中位数为，由图可知中位数在，

由，得中位数

【小问2详解】

由频率分布直方图的数据，可得这100名学生得分的平均数：

【小问3详解】

在和两组中的人数分别为：

人和人，

所以在分组中抽取的人数为人，记为a，b，c，

在分组中抽取的人数为2人，记为1，2，

所以这5人中随机抽取2人的情况有：

，

共10种取法，至少有一人得分在的情况有7种，

所以所求概率为.

20. 如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，是棱上的动点，且．

（1）证明:平面．

（2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是.

【解析】

【分析】（1）由题设，根据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直的性质有，并由勾股定理证，最后应用线面垂直的判定证结论；

（2）取棱的中点，连接，构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数，即可判断存在性.

【小问1详解】

因为四边形是菱形，所以.

因为平面，且，所以平面.

因为平面，所以.

因为，所以，即.

因为平面，且，所以平面.

【小问2详解】

取棱的中点，连接，易证两两垂直，

故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系．

设，则，

故，

所以，

设平面的法向量为，则，

令，得．

平面的一个法向量为,设面与面所成的锐二面角为，

则，整理得，解得(舍去)．

故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是．

21. 年月日，神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆，航天员翟志刚、王亚平、叶光富完成在轨驻留半年的太空飞行任务，标志着中国空间站关键技术验证阶段圆满完成．并将进入建造阶段某地区为了激发人们对天文学的兴趣，开展了天文知识比赛，满分分（分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，这人按年龄分成组，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，已知第一组有人．

（1）根据频率分布直方图，估计这人的第百分位数（中位数第百分位数）；

（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取人，担任“党章党史”的宣传使者．

①若有甲（年龄），乙（年龄）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；

②若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为和，据此估计这人中岁所有人的年龄的平均数和方差．

【答案】（1）   

（2）①；②年龄的平均数为，方差约为

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图可确定第百分位数第四组，根据第百分位数定义可构造方程求得结果；

（2）①根据分层抽样原则可求得第四组和第五组抽取的人数，采用列举法可得样本点总数和满足题意的样本点个数，根据古典概型概率公式可求得结果；

②由可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数，由可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差.

【小问1详解】

设第百分位数为，

，，

位于第四组：内；

方法一：由得：．

方法二：由得：．

【小问2详解】

①由题意得，第四组应抽取人，记为，，，甲；第五组抽取人，记为，乙，

对应的样本空间为：，，甲，，乙，，甲，，乙，甲，，乙，甲，甲乙，乙，共个样本点．

设事件为“甲、乙两人至少一人被选上”，

则有甲，乙，甲，乙，甲，乙，甲，甲乙，乙，共有个样本点．

；

②设第四组的宣传使者的年龄分别为，平均数分别为，方差分别为，

设第五组的宣传使者的年龄分别为，，平均数分别为，方差分别为，

则，，，，

可得，，，，

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，

即第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，

则

.

即第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为；

据此估计这人中年龄在岁的所有人的年龄的平均数为，方差约为．

22. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，在菱形中，，，平面平面，，分别是线段､的中点.

（1）求证：平面；

（2）若点为线段上的动点（不包括端点），求锐二面角的余弦值的取值范围.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）建立坐标系，利用向量法进行证明．

（2）建立坐标系求出平面的法向量，利用向量夹角公式求二面角即可．

【小问1详解】

由平面平面，且两平面交线为,为中点，，

平面，所以平面，由于平面，故，

在菱形中，，，所以为等边三角形，

又为中点，所以，

则以为坐标原点，所在直线为，，轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，

，，

，

，

又，，平面，平面．

  【小问2详解】

，

设，则，

，，；

由（1）知平面，

平面的一个法向量，

设平面的法向量，又

则，，即，

令，则，，，

，

令，则，

，

，所以，

，，

即锐二面角的余弦值的取值范围为．