广东省广州市番禺中学2024-2025学年高二上学期9月月考数学试卷

1 高二数学 9 月月考试题 一、单选题（每小题 5 分） 1．已知 2 iz   ，则 i z z   （ ） A． 3 i 4  B． 1 i 4  C． 3 i 4  D． 1 i 4  2．函数 0.5log (4 )y x  的定义域是（ ） A．[3, 4) B． ( ,3] C．[3, ) D． ( , 4] 3．函数 1) 4 (cos2 2  xy 是 A．最小正周期为 的奇函数 B. 最小正周期为 的偶函数 C. 最小正周期为 2  的奇函数 D. 最小正周期为 2  的偶函数 4．若函数  f x 是定义在R 上的奇函数，      2 , 1 2f x f x f   ， 则      1 2 30f f f    （ ） A．2 B．0 C．60 D．62 5．已知空间向量  3,4,0a   ，  3,1,4b    ，则b  在a  上的投影向量坐标是（ ） A．  3, 4,0  B． 3 4, ,0 5 5       C． 3 1 4, , 5 5 5       D．  3, 1, 4  6．在正四面体 P ABC 中，过点 A作平面PBC的垂线，垂足为 H点，点 M满足 3 4 AM AH   ， 则 PM   （ ）． A． 1 3 1 4 4 4 PA PB PC     B． 1 1 1 4 4 4 PA PB PC     C． 1 1 1 4 2 4 PA PB PC     D． 1 1 3 4 4 4 PA PB PC     7．在空间直角坐标系中，若直线 l 的方向向量为  1, 2,1a    ，平面 的法向量为  2,3,4n   ， 则（ ） A． / /l  B． l  C． l  或 / /l  D．l 与 斜交 8．已知向量    1 2 1 1m n t t      ，， , ，， ，且m   平面 ,n   平面  ，若平面 与平面  的夹角 的余弦值为 2 2 3 ，则实数 t的值为（ ） A． 1 2 或 1 B． 1 5 或 1 C． 1 或 2 D． 1 2  2 二、多选题（每小题 6 分） 9．三棱锥 A BCD 中，平面 ABD与平面 BCD的法向量分别为 1 2,n n   ，若 1 2 π, 3 n n   ，则二 面角 A BD C  的大小可能为（ ） A． π 6 B． π 3 C． 2π 3 D． 5π 6 10．随机抽取 8 位同学对 2024 年数学新高考Ⅰ卷的平均分进行预估，得到一组样本数据如 下：97，98，99，100，101，103，104，106，则下列关于该样本的说法正确的有 A．均值为 101 B．极差为 9 C．方差为 8 D．第 60 百分位数为 101 11．已知空间中三点  0,1,0A ，  2,2,0B ，  1,3,1C  ，则（ ） A． AB  与 AC  是共线向量 B．与向量 AB  方向相同的单位向量坐标是 2 5 5, ,0 5 5        C． AB  与 BC  夹角的余弦值是 55 11 D． BC  在 AB  上的投影向量的模为 5 三、填空题（每小题 5 分） 12．已知  f x 是定义 R在上的奇函数，当 0x  时，   22 2x xf x   ，当 0x  时，   2 2x xf x m n     ，则m n  13．已知向量  2,3 , 4a x ，  0,1,2b   ，  1,0,0c  ，若 a， b， c共面，则 x  ． 14．已知向量 ( 2, , 1), (2,1,1)a t b     ，若 a与b  的夹角为钝角，则实数 t的取值范围是 ． 四、解答题（五个大题共 77 分） 3 15.（本题 13分）（2024 年新课标全国Ⅱ卷数学真题）记 ABC 的内角 A，B，C的对边分别 为 a，b，c，已知 sin 3 cos 2A A  ． (1)求 A． (2)若 2a  ， 2 sin sin2b C c B ，求 ABC 的周长． 16（本题 15 分）某中学根据学生的兴趣爱好，分别创建了“书法”、“诗词”、“理学”三个社团， 据资料统计新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立．2015 年某新生入学，假 设他通过考核选拔进入该校的“书法”、“诗词”、“理学”三个社团的概率依次为m、1 3 、n，已 知三个社团他都能进入的概率为 1 24 ，至少进入一个社团的概率为 3 4 ，且m n . （1）求m与 n的值； （2）该校根据三个社团活动安排情况，对进入“书法”社的同学增加校本选修学分 1 分，对 进入“诗词”社的同学增加校本选修学分 2 分，对进入“理学”社的同学增加校本选修学分 3 分．求该新同学在社团方面获得校本选修课学分分数不低于 4 分的概率． 17．（本题 15 分）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的六面体中（其中 F 平面EDC）， 四边形 ABCD是正方形， ED 平面 ABCD， BF FE ，且平面 FEB 平面 EDB . (1)设M 为棱EB的中点，证明：A，C，F ，M 四点共面； (2)若 2 4ED AB  ，求六面体 EFABCD的体积. 4 18．（本题 17 分）一家水果店为了解本店苹果的日销售情况，记录了过去 200 天的日销售 量（单位：kg），将全部数据按区间      50,60 , 60,70 , , 90,100 分成 5 组，得到图所示的频 率分布直方图． (1)求图中 a的值；并估计该水果店过去 200 天苹果日销售量的平均数（同一组中的数据用 该组区间的中点值为代表）； (2)若一次进货太多，水果不新鲜，进货太少，又不能满足顾客的需求.店长希望每天的苹果 尽量新鲜，又能 85%地满足顾客的需要（在 100 天中，大约有 85 天可以满足顾客的需求）. 请问，每天应该进多少水果? (3)在日销售量为  70,90 kg苹果中用分层抽样方式随机抽 6 个苹果，再从这 6 苹果中随机抽 取 2 个苹果，求抽取 2 个苹果都来自日销售量在 80,90 的概率. 19（本题 17分）（2022年新高考天津数学高考真题）直三棱柱 1 1 1ABC A BC- 中， 1 2,AA AB AC AC AB    ，D为 1 1A B 的中点，E为 1AA 的中点，F为CD的中点． (1)求证： //EF 平面 ABC； (2)求直线 BE与平面 1CC D所成角的正弦值； (3)求平面 1ACD与平面 1CC D夹角的余弦值． 高二数学 9 月月考试题参考答案 5 一、单选题（每小题 5 分共 40 分） 1．A 2．A 3．A 4.A【详解】由题意        2 2f x f x f x f x        ，所以  f x 的周期为 4， 且  f x 关于直线 1x  对称， 而                    1 2 3 4 0 1 1 2 2 0 0f f f f f f f f f f           ， 所以                  1 2 30 29 30 1 2 0 1 0 2 2f f f f f f f f f            . 5．B【详解】因为空间向量  3,4,0a   ，  3,1,4b    ， 所以 9 4 0 5,a b         9 16 5,a     9 1+16 26b     ， 则b  在 a  上的投影向量坐标是： 5 1 3 4(3, 4,0) , ,0 . 5 5 5 5 a b a a a                  6．B【详解】在正四面体 P ABC 中， 因为 AH 平面 PBC，所以 H是 PBC△ 的中心，连接PH， 则    2 1 13 2 3PH PB PC PB PC          ， 所以 3 4 PM PA AM PA AH    uuuur uuur uuuur uuur uuur  3 3 34 4 4PA PH PA PA PH PA             3 3 3 1 34 4 4 3 4PA PH PA PA PB PC PA               1 1 1 4 4 4 PA PB PC      . 7．C【解析】由 0a n    可得 a n   ，所以 l  或 / /l  ，即可得正确选项. 【详解】直线 l 的方向向量为  1, 2,1a    ，平面 的法向量为  2,3,4n   ， 因为    2,3,4 1, 2,1 2 6 4 0a n          ，所以 a n   ，所以 l  或 / /l  ， 8．B【详解】因为    1 2 1 1m n t t      ，， , ，， 所以 22 2 6 1 2m n t m n t          ， ， ， 因为m   平面 ,n   平面  ，若平面 与平面  的夹角的余弦值为 2 2 3 ， 所以 2 2 2 2 2 36 1 2 t t     ，化简得 25 6 1 0t t   ，解得 1 5 t  或 1． 二、多选题（每小题 6 分共 18 分） 9．BC【详解】二面角的大小与法向量的夹角相等或互补， 二面角 A BD C  的大小可能为 π 3 或 π 2ππ 3 3   . 10．ABD【详解】A 选项，均值为 97 98 99 100 101 103 104 106 101 8         ，A 正确； B 选项，极差为106 97 9  ，B 正确； C 选项，方差为       2 2 297 101 98 101 106 101 16 9 4 1 0 4 9 25 17 8 8 2                 ，C 错 D 选项，因为60% 8 4.8  ，故从小到大，选择第 5 个数作为第 60 百分位数，即 101， 11．BD【详解】由已知 (2,1,0)AB   ， ( 1,2,1)AC    ， ( 3,1,1)BC    ， 1 2 2 1   ，因此 AB  与 AC  不共线，A 错； 5AB   ，所以与向量 AB  方向相同的单位向量坐标是 1 2 5 5(2,1,0) ( , ,0) 5 55  ，B 正确； 6 1 0 5AB BC         ， 11BC   ， 5 55cos , 115 11 AB BCAB BC AB BC              ，C 错； 6 BC  在 AB  上的投影是 5 5 5 BC AB AB         ，所以投影向量的模为 5 ，D 正确 三、填空题（每小题 5 分共 15 分） 12． 5 【详解】令 0x  ，则 0x  ，所以   22 2x xf x     ． 因为  f x 是定义在 R上的奇函数，所以    f x f x   ， 所以   22 2 4 2 2x x x xf x          ，所以 4m   ， 1n   ，所以 5m n   . 13． 2 3 【详解】由题意得，存在 ,m n使得 a mb nc    ，即      2,3 ,4 0,1,2 1,0,0x m n  ， 故 2 3 4 2 n x m m      ，解得 22, 3 m x  . 14．    , 1 1,5    【详解】由 0a b    ，得    2 2 1 1 0t       ，解得 5t  ， 又 / /a b   ，得 2 1 2 1 1 t    ，解得 1t   ，所以 a  与b  夹角为钝角，实数 t的取值范围为 5t  且 1t   . 四、解答题（五个大题共 77 分） 15. （本题 13 分=6+7）【解析】（1）由 sin 3 cos 2A A  可得 1 3sin cos 1 2 2 A A  ，即 sin( ) 1π 3 A  ，由于 π π 4π(0, π) ( , ) 3 3 3 A A    ，故 π π 3 2 A  ，解得 π 6 A  （2）由题设条件和正弦定理 2 sin sin 2 2 sin sin 2sin sin cosb C c B B C C B B   ， 又 , (0, π)B C ，则 sin sin 0B C  ，进而 2cos 2 B  ，得到 π 4 B  ，于是 7ππ 12 C A B    ， 2 6sin sin(π ) sin( ) sin cos sin cos 4 C A B A B A B B A         ， 由正弦定理可得， sin sin sin a b c A B C   ，即 2 π π 7πsin sin sin 6 4 12 b c   ， 解得 2 2, 6 2b c   ，故 ABC 的周长为 2 6 3 2  16. （本题 15 分=7+8）【详解】（1）依题     1 1 3 24 1 31 1 1 1 3 4 mn m n m n                   ，解得 1 2 1 4 m n       （2）由题令该新同学在社团方面获得本选修课学分的分数为 iX ， 获得本选修课学分分数不低于 4 分为事件A， 则  4 1 2 1 1 2 3 4 12 P X     ；  5 1 1 1 1 2 3 4 24 P X     ；  6 1 1 1 1 2 3 4 24 P X     . 故   1 1 1 1 12 24 24 6 P A     . 7 17. （本题 15 分 7+8）【详解】（1）连接 AC，由四边形 ABCD是正方形，故 AC DB ， 又 ED 平面 ABCD， AC 平面 ABCD，故 ED AC ， 由DE BD D  ，DE， BD 平面 EDB，故 AC 平面 EDB， 又M 为棱EB的中点， BF FE ，故 FM EB ， 又平面 FEB 平面 EDB，平面 FEB平面 EDB EB ， FM 平面 EFB， 故 FM 平面 EDB，故 / /FM AC，所以A，C， F，M 四点共面； （2）设 AC与BD交于O点，连接OM ，则 //OM DE， 又OM 平面 ACFM，DE 平面 ACFM ，则 / /DE 平面 ACFM， 又因为六面体 EFABCD，则平面CDEF 平面 ACFM CF ， 又DE 平面CDEF，故 / /DE CF ，则四边形OCFM为矩形， 则 1CF  ，且CF 平面 ABCD，又 BF FE ，故 1 2 2 CF DE  ， 则 1 1 204 4 2 2 3 3 3EFABCD E ABCD B EFC V V V          . 18（本题 17 分=5+5+7）【详解】（1）由直方图可得，样本落在 50,60 ， 60,70 ，…， 90,100 的频率分别为10a，10a，0.2，0.4，0.3， 由10 10 0.2 0.4 0.3 1a a     ，解得 0.005a  ． 则样本落在 50,60 ， 60,70 ，…， 90,100 频率分别为 0.05，0.05，0.2，0.4，0.3， 所以，该苹果日销售量的平均值为:  50 60 60 70 70 80 80 90 90 1000.05 0.05 0.2 0.4 0.3 83.5 kg 2 2 2 2 2                . （2）为了能85%地满足顾客的需要，即估计该店苹果日销售量的85%分位数． 依题意，日销售量不超过90kg的频率为1 0 03 10 0 7. .   ， 则该店苹果日销售量的85%分位数在 90,100 ， 所以日销售量的85%分位数为  0.85 0.790 10 95 kg 1 0.7      ． 所以，每天应该进95kg苹果． （3）由日销售量为   70,80 , 80,90 的频率分别为 0.2，0.4 知， 抽取的苹果来自日销售量  70,80 中的有 2 个，不妨记为 1 2,a a ， 来自日销售量为 80,90 的苹果有 4 个，不妨记为 1 2 3 4, , ,b b b b ， 任意抽取 2 个苹果，有 8                    1 2 1 1 1 2 1 3 1 4 2 1 2 2 2 3 2 4 1 2, , , , , , , , , , , , , , , , , , ,a a a b a b a b a b a b a b a b a b b b ，          1 3 1 4 2 3 2 4 3 4, , , , , , , , ,b b b b b b b b b b ，共有 15 个基本事件，其中 2 个苹果都来自日销售  80,90 中的有 6 个基本事件，由古典概型可得 6 2 15 5 P   . 19. （本题 17 分 5+5+7）【解析】（1）证明：在直三棱柱 1 1 1ABC A BC- 中， 1AA 平面 1 1 1A BC ， 且 AC AB ，则 1 1 1 1AC A B 以点 1A为坐标原点， 1A A、 1 1A B 、 1 1AC 所在直线分别为 x、 y、 z轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则  2,0,0A 、  2,2,0B 、  2,0,2C 、  1 0,0,0A 、  1 0,2,0B 、  1 0,0,2C 、  0,1,0D 、  1,0,0E 、 11, ,12F       ，则 10, ,1 2 EF        ， 易知平面 ABC的一个法向量为  1,0,0m   ，则 0EF m    ，故EF m   ， EF  平面 ABC，故 //EF 平面 ABC . （2）  1 2,0,0CC   ，  1 0,1, 2C D    ，  1,2,0EB   ， 设平面 1CC D的法向量为  1 1 1, ,u x y z  ，则 1 1 1 1 1 2 0 2 0 u C C x u C D y z            ， 取 1 2y  ，可得  0,2,1u   ， 4cos , 5 EB uEB u EB u           . 因此，直线 BE与平面 1CC D夹角的正弦值为 4 5 . （3）  1 2,0,2AC   ，  1 0,1,0AD   ， 设平面 1ACD的法向量为  2 2 2, ,v x y z  ，则 1 2 2 1 2 2 2 0 0 v AC x z v AD y            ， 取 2 1x  ，可得  1,0, 1v    ，则 1 10cos , 105 2 u vu v u v              ， 因此，平面 1ACD与平面 1CC D夹角的余弦值为 10 10 .