精品解析：湖北省鄂州市第二中学2024-2025学年高二上学期7月月考数学试卷

鄂州二中2024年高二上学期7月月考 数学试卷 试卷满分150分 考试时长120分钟 一、选择题：本题共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. 在复平面内，复数对应的点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 进入8月份后，我市持续高温，气象局一般会提前发布高温橙色预警信号（高温橙色预警标准为24小时内最高气温将升至37摄氏度以上），在今后的3天中，每一天最高气温在37摄氏度以上的概率是.用计算机生成了20组随机数，结果如下： 116 785 812 730 134 452 125 689 024 169 334 217 109 361 908 284 044 147 318 027 若用0，1，2，3，4，5表示高温橙色预警，用6，7，8，9表示非高温橙色预警，则今后3天中恰有2天发布高温橙色预警信号的概率估计是（ ） A. B. C. D. 3. 甲，乙两组数据的频率分布直方图如图所示，两组数据采用相同的分组方法，用和分别表示甲、乙的平均数，，分别表示甲、乙的方差，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知下面给出的四个图都是正方体，A，B为顶点，E，F分别是所在棱的中点， 则满足直线的图形的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 6. 甲、乙两人独立地破译一份密码，已知甲能破译密码的概率为，乙能破译密码的概率为，则这份密码被成功破译的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，E是边中点，线段AE长为 ，，是边上一点，是的角平分线，则（    ） A. B. 1 C. 2 D. 8. 给定两个不共线的空间向量与，定义叉乘运算：规定：①为同时与垂直的向量；②，三个向量构成右手系(如图1)；③如图2，在长方体中，，则下列结论错误的是（ ） A. B. 长方体体积 C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题中正确的是（ ） A. 若向量，，则的充要条件是 B. 已知，是两个相互垂直的单位向量，，，且，则实数 C. 已知正方形的边长为1，则 D. 若O为四边形所在平面内一点，且，则四边形为平行四边形 10. 已知事件A、B发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 若A与B相互独立，则 B. 若，则事件A与相互独立 C 若A与B互斥，则 D. 若B发生时A一定发生，则 11. 如图，在正方体中，若为棱的中点，点在侧面（包括边界）上运动，且∥平面，下面结论正确的是（ ） A. 点的运动轨迹为一条线段 B. 直线与所成角可以为 C. 三棱锥的体积是定值 D. 若正方体的棱长为1，则平面与正方体的截面的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，网格纸上小正方形的边长为，向量，，在正方形网格中的位置如图所示，若，则__________． 13. 已知轮船A和轮船B同时离开C岛，A船沿北偏东的方向航行，B船沿正北方向航行（如图）．若A船的航行速度为60n mile/h，1小时后，B船测得A船位于B船的北偏东的方向上，则此时A，B两船相距________n mile． 14. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为2，则该多面体外接球的表面积为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 甲、乙两人进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的胜负互不影响.有两种比赛方案供选择，方案一：三局两胜制（先胜2局者获胜，比赛结束）；方案二：五局三胜制（先胜3局者获胜，比赛结束）. （1）用掷骰子的方式决定比赛方案，抛掷两枚质地均匀的骰子，观察两枚骰子向上的点数，若两枚骰子向上的点数之差的绝对值不大于1，则选择方案一，否则选择方案二.求选择方案一的概率； （2）若选择方案一，求甲获胜概率. 16. 如图，在四棱锥中，侧面PAD是正三角形，底面为正方形，侧面底面，M，N， Q分别是是PD，AB，BC中点，AD=2 . （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求二面角的正切值. 17. 如图所示，圆内接四边形中，，为圆周上一动点，. （1）求四边形ABCD周长的最大值; （2）若，求AC的长. 18. 是正三角形，是边上的高，E是AC中点，将沿翻折成二面角， （1）若二面角的平面角为，求与平面所成的角的正切值； （2）若二面角平面角为（为锐角），与平面所成的角为，用表示． 19. 在中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）求的最小值； （2）记的面积为，点是内一点，且，证明： ①； ②. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 鄂州二中2024年高二上学期7月月考 数学试卷 试卷满分150分 考试时长120分钟 一、选择题：本题共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. 在复平面内，复数对应的点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的乘法化简复数，即可判断出复数在复平面内对应的点所在的象限. 【详解】复数，复平面内，对应的点为，在第四象限. 故选：D. 2. 进入8月份后，我市持续高温，气象局一般会提前发布高温橙色预警信号（高温橙色预警标准为24小时内最高气温将升至37摄氏度以上），在今后的3天中，每一天最高气温在37摄氏度以上的概率是.用计算机生成了20组随机数，结果如下： 116 785 812 730 134 452 125 689 024 169 334 217 109 361 908 284 044 147 318 027 若用0，1，2，3，4，5表示高温橙色预警，用6，7，8，9表示非高温橙色预警，则今后的3天中恰有2天发布高温橙色预警信号的概率估计是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】查出20个随机数中表示今后3天中恰有2天发布高温橙色预警信号的随机数的个数，根据古典概型的概率公式，即可求得答案. 【详解】由题意可知表示今后的3天中恰有2天发布高温橙色预警信号的随机数有： 116 812 730 217 109 361 284 147 318 027共10个， 故今后的3天中恰有2天发布高温橙色预警信号的概率估计是， 故选：B 3. 甲，乙两组数据的频率分布直方图如图所示，两组数据采用相同的分组方法，用和分别表示甲、乙的平均数，，分别表示甲、乙的方差，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】由频率分布直方图中平均数的计算方法、数据的集中程度即可判断作答. 【详解】因甲，乙两组数据采用相同的分组方法，则它们的分组各个中点值对应相同， 设第1组到5组的中点值依次为， 由两个频率分布直方图知， 它们都关于过最中间一个小矩形下底边的中点且垂直于横轴的直线对称， 即， 令甲组数据从第一组到第五组的频率依次为，且， 乙组数据从第一组到第五组的频率依次为，且， 则， 同理，因此，， 由频率分布直方图知，乙组数据比甲组数据相对于平均数更集中， 甲组数据波动较乙的大，则有， 所以，. 故选：B. 4. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由给定条件，利用正弦定理边化角求出，再利用余弦定理求出即可求出三角形面积. 【详解】在中，由及正弦定理，得， 而，则，由及余弦定理得，， 因此，，则， 所以的面积为. 故选：B 5. 已知下面给出的四个图都是正方体，A，B为顶点，E，F分别是所在棱的中点， 则满足直线的图形的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D 【解析】 【分析】通过作辅助线构造平面，由线面垂直的判定以及定义逐一证明即可. 【详解】对于①：如下图所示，点为所在棱的中点，由中位线定理及等腰三角形的性质， 易证，由平面，得出，平面 ，从而由线面垂直的判定得出平面，则，故①正确； 对于②：如下图所示，点为所在棱的中点，由中位线定理及等腰三角形的性质， 易证，由平面，得出，平面, ，从而由线面垂直的判定得出平面，则，故②正确； 对于③：如下图所示，由中位线定理及等腰三角形的性质， 易证，由平面，得出，平面, ，从而由线面垂直的判定得出平面，则，故③正确； 对于④：如下图所示，点为所在棱的中点，由③可知，， 由中位线定理及等腰三角形的性质， 易证，由平面，得出，平面， ，从而由线面垂直的判定得出平面，则， 平面，，由线面垂直的判定可得平面， 则，故④正确； 故选：D 6. 甲、乙两人独立地破译一份密码，已知甲能破译密码的概率为，乙能破译密码的概率为，则这份密码被成功破译的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对立事件结合独立事件概率乘法公式运算求解. 【详解】记甲、乙能破译密码分别为事件， 由题意可知：，可得， 所以这份密码被成功破译的概率为. 故选：B. 7. 在中，，E是边中点，线段AE长为 ，，是边上一点，是的角平分线，则（    ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由E是边中点，得，两边平方化简可求出，再由化简可求出. 【详解】因为E是边中点，所以， 所以， 所以， 所以，即，得， 因为是的角平分线，所以， 因为， 所以， 所以， 所以，得. 故选：A 8. 给定两个不共线的空间向量与，定义叉乘运算：规定：①为同时与垂直的向量；②，三个向量构成右手系(如图1)；③如图2，在长方体中，，则下列结论错误的是（ ） A. B. 长方体的体积 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据新定义可判断A，C；计算长方体的体积结合新定义以及数量积的定义可判断B；根据新定义计算等号左右两边可判断D，进而可得正确答案. 【详解】对于A：同时与，垂直；，，三个向量构成右手系， 且，， 所以，故，所以选项A正确； 对于B：长方体的体积为， 又因为，所以长方体的体积，故选项B正确； 对于C：根据定义可得：，，所以，故选项C不正确； 对于D：因为，且与同向共线，，且与同向共线，又因为与同向共线，所以，且与同向共线，故选项D正确； 所以结论错误的是选项C， 故选：C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题中正确的是（ ） A. 若向量，，则的充要条件是 B. 已知，是两个相互垂直的单位向量，，，且，则实数 C. 已知正方形的边长为1，则 D. 若O为四边形所在平面内一点，且，则四边形为平行四边形 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由向量共线定理待定参数验算即可；对于B，由向量数量积的运算律列方程即可验算；对于C，由向量数量积的运算律即可验算；对于D，可以证明的中点重合，由此即可判断. 【详解】对于A，若，则设，即当且仅当，即当且仅当，故A错误； 对于B，由题意，解得，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，记中点分别为，所以，即， 又共起点，所以重合，这表明的中点重合，即的互相平分，所以四边形为平行四边形，故D正确. 故选：BD. 10. 已知事件A、B发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 若A与B相互独立，则 B. 若，则事件A与相互独立 C. 若A与B互斥，则 D. 若B发生时A一定发生，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据互斥事件和独立事件的概率公式逐项判断. 【详解】对于A，若A与B相互独立，则， 所以，故A对； 对于B，因为，，则， 因为，所以事件与相互独立，故B对； 对于C，若A与B互斥，则，故C错； 对于D，若B发生时A一定发生，则，则，故D对． 故选：ABD 11. 如图，在正方体中，若为棱的中点，点在侧面（包括边界）上运动，且∥平面，下面结论正确的是（ ） A. 点的运动轨迹为一条线段 B. 直线与所成角可以为 C. 三棱锥的体积是定值 D. 若正方体的棱长为1，则平面与正方体的截面的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】不妨设正方体的棱长为1，对于A：可证平面∥平面，进而可知，即可得结果；对于B：分析可知直线与所成角为，且，分析的长度即可；对于C：分析可知∥平面，根据平行的定值结合锥体体积公式分析判断；对于D：分析可知平面与正方体的截面为四边形，求长度即可得面积. 【详解】不妨设正方体的棱长为1， 对于选项A：取的中点，连接， 由题意可知：∥，且， 可知为平行四边形，则∥， 又因为分别为的中点，则∥，可得∥， 且平面，平面，可得∥平面， 因为分别为的中点，则∥，且， 又因为∥，且，可得∥，且， 可知为平行四边形，则∥， 且平面，平面，可得∥平面， 由，平面，可得平面∥平面， 若∥平面，可知平面， 且侧面，侧面平面，可知， 所以点的运动轨迹为一条线段，故A正确； 对于选项B：因为点的运动轨迹为线段， 则直线与所成角为， 因为侧面，侧面，则， 在中，， 又因为，则有： 当为线段的中点时，取到最小值； 当为线段的端点时，取到最大值； 则，即，可知，故B错误； 对于选项C：由选项A可知：平面∥平面，且平面， 则∥平面， 且，可知点到平面的距离为定值， 即三棱锥的高为定值，且的面积为定值， 所以三棱锥的体积是定值，故C正确； 对于选项D：取的中点，连接， 因为分别为的中点，则∥， 由选项A可知：∥，则∥， 所以平面与正方体的截面为四边形， 由题意可知：， 则等腰梯形的高， 所以截面的面积为，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于证明平面∥平面，结合面面平行的性质分析点的运动轨迹，进而逐项分析求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，网格纸上小正方形边长为，向量，，在正方形网格中的位置如图所示，若，则__________． 【答案】##0.8 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，确定向量的坐标，根据向量的坐标运算，即可求得答案. 【详解】以，交点为坐标原点，建立平面直角坐标系， 如图所示：则，，， 因为，所以，， 故答案为： 13. 已知轮船A和轮船B同时离开C岛，A船沿北偏东的方向航行，B船沿正北方向航行（如图）．若A船的航行速度为60n mile/h，1小时后，B船测得A船位于B船的北偏东的方向上，则此时A，B两船相距________n mile． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理求长度即可. 【详解】由题设，n mile，且， 由正弦定理有，则，可得n mile. 故答案为：. 14. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为2，则该多面体外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】将该多面体补全为正方体，得出该多面体外接球即为正方体的棱切球，求出该正方体的棱长得出棱切球半径，计算得到表面积. 【详解】将“阿基米德多面体”补全为正方体，如下图所示： 不妨取两棱中点为，由题知， 易知，可得， 所以正方体的棱长为，该多面体的外接球即为正方体的棱切球， 所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为4， 因此该多面体的外接球的半径为2，所以其表面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决问题的关键是通过适当补形，求出外接球的半径，由此即可顺利得解. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 甲、乙两人进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的胜负互不影响.有两种比赛方案供选择，方案一：三局两胜制（先胜2局者获胜，比赛结束）；方案二：五局三胜制（先胜3局者获胜，比赛结束）. （1）用掷骰子的方式决定比赛方案，抛掷两枚质地均匀的骰子，观察两枚骰子向上的点数，若两枚骰子向上的点数之差的绝对值不大于1，则选择方案一，否则选择方案二.求选择方案一的概率； （2）若选择方案一，求甲获胜的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）找出掷两枚骰子的所有情况共36种，两枚骰子向上的点数之差的绝对值不大于1共14种，由古典概型，求解选择方案一的概率； （2）列出甲获胜的所有情况，由对立事件和互斥事件的概率公式求解. 【小问1详解】 记“选择方案一”为事件A， 掷骰子的样本空间为： ； 样本点的个数为36个， 其中，两枚骰子向上的点数之差的绝对值不大于1的有 ； 共16种，根据古典概型，. 【小问2详解】 记“甲第局获胜”为事件，“甲获胜”为事件B 故 . 16. 如图，在四棱锥中，侧面PAD是正三角形，底面为正方形，侧面底面，M，N， Q分别是是PD，AB，BC中点，AD=2 . （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求二面角的正切值. 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质及判定推理即得. （2）利用等体积法，转化成求三棱锥的体积. （3）借助（2）中信息，作出二面角的平面角，利用几何法求解即得. 【小问1详解】 在四棱锥中，底面为正方形，则， 而侧面底面，侧面底面，底面， 于是侧面，又侧面，则， 又是正三角形，是的中点，则，而平面， 所以平面. 【小问2详解】 在上取点，使，连接， 在中，，则， ，即有，而侧面底面，侧面底面， 底面，则底面，又分别为中点， 则， 三棱锥的体积， 由是的中点，得点到平面的距离相等，则， 所以三棱锥的体积是. 【小问3详解】 过作交于，连接，由，得， 由（2）知底面，底面，则， 而平面，则平面，又平面， 因此，是二面角的的平面角，， 所以二面角的的正切值是. 17. 如图所示，圆内接四边形中，，为圆周上一动点，. （1）求四边形ABCD周长的最大值; （2）若，求AC的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）方法1、连接BD，在中，由余弦定理求得，设，在中，由正弦定理求得，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解； 方法2、连接BD，在中，由余弦定理求得，在中，由余弦定理，化简得到，结合基本不等式，即可求解； （2）在中，由余弦定理得，进而求得，利用勾股定理得到，在中，由正弦定理得，再在中，利用余弦定理，即可求解. 【小问1详解】 解：方法1、连接BD，因为，所以， 在中，由余弦定理得，解得， 设，则， 再在中，由正弦定理得， 所以， 所以，当且仅当时，周长的最大值为. 方法2、连接BD，因为，所以， 在中，由余弦定理得，可得， 在中，由余弦定理得 所以， 因为当且仅当时等号成立， 所以， 所以周长的最大值为. 【小问2详解】 解：依题意得，设， 在中由余弦定理得，可得， 所以，解得，所以， 可得，所以， 在中，由正弦定理，所以， 则， 在中，由余弦定理得， 所以. 18. 是正三角形，是边上的高，E是AC中点，将沿翻折成二面角， （1）若二面角的平面角为，求与平面所成的角的正切值； （2）若二面角平面角为（为锐角），与平面所成的角为，用表示． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意就是二面角的平面角可得三角形是等边三角形，取的中点，利用线面垂直的判定定理得平面，取的中点可得平面，即为与平面所成的角，设，求出、可得答案； （2）由题意就是二面角的平面角，取的中点，利用线面垂直的判定定理得平面，取的中点可得平面，即为与平面所成的角，设，求出、可得答案. 【小问1详解】 如图，因为， 所以就是二面角的平面角， 所以，可得三角形是等边三角形， 取的中点，连接，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，平面，所以平面， 取的中点，连接，所以， 可得平面， 所以即为与平面所成的角， 设，则，， 由余弦定理得， 在，由余弦定理得 ，可得， 所以； 【小问2详解】 如图，因为， 所以就是二面角的平面角， 所以， 做，交于点，连接， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，平面，所以平面， 取的中点，连接，所以， 可得平面， 所以即为与平面所成的角， 设，则，， 所以， 所以， 所以， 可得， 所以， 可得. 19. 在中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）求的最小值； （2）记的面积为，点是内一点，且，证明： ①； ②. 【答案】（1）；（2）①证明见解析；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题设条件化简得到，再由正弦定理和余弦定理，化简得到，结合基本不等式，即可求解. （2）设，，，，，的面积分别为，，， ①由余弦定理和面积公式，即可化简得到. ②由（1）中可得，得到，在，，中求得，，，得到，即可求解. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 由正弦定理可得， 又由余弦定理得，可得， 因为，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. （2）设，，，，，的面积分别为，，， ①因为，所以， 又因为，所以. ②由（1）中可得，所以， 在，，中，同理可得：， 所以，，， 所以， 即，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$