精品解析：上海市复旦大学附属中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学试题

2024－2025学年上海市复旦大学附属中学高二年级上学期 12月月考数学试卷 2024.12 一、填空题（本大题共有12小题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，1－6题每个空格填对得4分，7－12题每个空格填对得5分，否则一律得0分． 1. 抛掷两枚质地均匀的骰子，观察两枚骰子出现“两个点数相等”的概率为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据古典概型的概率公式即可求解. 【详解】抛掷两枚质地均匀的骰子,基本事件总数， 观察两枚骰子出现“两个点数相等”包含的基本事件有：共6个， 观察两枚骰子出现“两个点数相等”的概率为． 故答案为： 2. 已知等差数列的前项和为，若则_______． 【答案】48 【解析】 【分析】根据等差数列的求和公式即可求解. 【详解】． 故答案为：48 3. 事件A、B互斥，它们都不发生的概率为，且，则_______． 【答案】##0.15 【解析】 【分析】利用对立事件和互斥事件的概率公式即可求解． 【详解】根据题意，设，则， 事件、互斥，它们都不发生的概率为， 则， 即， 解可得，即， 故答案为：. 4. 已知圆锥的母线长为10，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据扇形的弧长与半径、圆心角的关系求得扇形弧长，即得到圆锥底面圆的周长，结合直角三角形的性质，根据圆锥体积公式即可求解. 【详解】如下图所示， 因为圆锥的母线长为10，侧面展开图的圆心角为， 所以圆锥侧面展开图的弧长为， 即圆锥底面圆的周长为， 则，得， 所以底面圆面积， 在中，，即圆锥的高， 所以该圆锥的体积为. 故答案为： 5. 某次数学考试后，随机选取14位学生的成绩，得到如下茎叶图，其中个位数部分作为“叶”，百位数和十位数作为“茎”，若该组数据的第25百分位为87，则___________. 【答案】7 【解析】 【分析】根据百分位数计算方法，结合茎叶图可得. 【详解】由题意知，则第四位数为87，结合茎叶图可知. 故答案为：7 6. 已知某组数据为x，y，8，10，11．它的平均数为8，方差为6，则的值为__________． 【答案】65 【解析】 【分析】由平均数和方差的定义求解即可. 【详解】因为x，y，8，10，11．它的平均数为8，所以， 由，得， 则， 可得：. 故答案为：65. 7. 某校抽取100名学生测身高，其中身高最大值为，最小值为，根据身高数据绘制频率组距分布直方图，组距为5，且第一组下限为153.5，则组数为_______________． 【答案】 【解析】 【分析】求得各组的范围，从而确定组数. 【详解】第一组；第二组； 第三组；第四组； 第五组；第六组； 第七组. 所以组数为. 故答案为： 8. 某圆柱形容器里有一个球，该球与圆柱形容器的底面和侧面都相切，若球的体积为则圆柱的表面积为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据球的体积公式可得，即可根据圆柱的体积公式求解. 【详解】可设球的半径为，则根据题意可知圆柱的底面半径也为， 圆柱的高等于球的直径，即为，由球的体积为， 利用球的体积公式可得：，解得：， 再由圆柱的表面积公式得： ． 故答案为：. 9. 如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线，平面与平面的交线，若直线与所成角为，直线与所成角为，则的值是_______． 【答案】## 【解析】 【分析】作出辅助线，得到为直线，故，利用边长关系求出，再由线面平行的性质定理得到，，由三角形全等得到，从而计算出的值. 【详解】延长与直线相交于，连接， 则平面与平面的交线为， 即为直线，故即为， 又，， 是棱的中点，且， ，， 又为锐角，且，， 则， 又平面平面，平面， 所以平面， 又平面，平面平面， 所以，又， 故直线与所成角为， 又，故， 所以， 故答案为：. 10. 甲、乙、丙三名志愿者需要完成A，B，C，D，E五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且E工作只有乙能完成，则不同的安排方式有______种． 【答案】50 【解析】 【分析】因为E工作只有乙能完成，所以分为两类，①乙只完成E工作②乙不止完成E工作，再利用两个原理及排列组合的知识即可求得 【详解】由题意可分为两类 （1）若乙只完成E工作，即甲、丙二人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有种安排方式 （2）若乙不止完成E工作，即甲、乙、丙三人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有 种安排方式 综上共有种安排方式 故答案为：50 11. 一颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6.现随机地将骰子抛掷三次（各次抛掷结果相互独立），其向上的点数依次为，则事件“”发生的概率为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】先计算事件总数，因为，得到，然后看不同的大小组合，最后排序计算符合条件的总数，然后计算概率即可. 【详解】所有投掷结果共有种，； 由 可得 所以 我们不妨设，则，还有一个数为 显然， 当时，三个数为，对应有种方法； 当时，三个数为，对应有种方法； 当时，三个数为，对应有种方法； 当时，三个数为，对应有种方法； 所以一共有种； 故事件“”发生的概率为 故答案为： 12. 将一枚均匀的硬币连续抛掷次，以示没有出现连续次正面的概率，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】求出、，分情况讨论，得出、、的表达式，用待定系数法得出递推关系式，进而求得结果. 【详解】由题意知， 设首次为正面向上时，第次抛硬币正面向上的结果数为，反面向上的结果数为， 则首次为反面向上时，第次抛硬币正面向上的结果数为，反面向上的结果数为， 首次为正面向上时，第次抛硬币正面向上的结果数为，反面向上的结果数为， 首次为反面向上时，第次抛硬币正面向上的结果数为，反面向上的结果数为， 首次为正面向上时，第次抛硬币正面向上的结果数为，反面向上的结果数为， 首次为反面向上时，第次抛硬币正面向上的结果数为，反面向上的结果数为， 所以， ， ， 设，则有， 解得， 即 设，解得， 所以有， 即数列是以为公比的等比数列， ， 依次代入，即可得， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于在于根据题意分情况讨论，得出得出、、的递推关系式，用待定系数法得出等比数列通项公式，进而求出答案. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. 某工厂利用随机数表对生产的 50 个零件进行抽样测试， 先将 50 个零件进行编号， 编号分别为 01， 02， ......， 50. 从中抽取 5 个样本，下面提供随机数表的第 1 行到第 2 行: 66 67 40 37 14 64 05 71 11 05 65 09 95 86 68 76 83 20 37 90 57 16 03 11 63 14 90 84 45 21 75 73 88 05 90 52 23 59 43 10 若从表中第 1 行第 7 列开始向右依次读取数据， 则得到的第5个样本编号是 （ ）. A. 09 B. 05 C. 65 D. 71 【答案】A 【解析】 【分析】根据随机数表的读法，注意除去重复的，得到第5组符合要求的编码. 【详解】第一行第7列为3，依次往右读，37，14，05，11，09. 09为第5个样本编号， 故选：A 14. 设无穷等比数列的首项为，公比为，前项和为．则“”是“”成立的（ ）条件． A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 即非充分又非必要 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分与必要条件的定义分析即可. 【详解】当时,,则, 故“”是“”不充分条件, 若“”,则,即“”, 故“”是“”必要条件, 综上可得：“”是“”成立必要非充分条件, 故选：B 15. 在数列中，如果存在正整数，使得对于任意的正整数均成立，那么称数列为周期数列，其中叫做数列的周期．已知数列满足，如果，，当数列的周期最小时，该数列前2024项的和是（ ） A. 674 B. 1348 C. 1350 D. 2024 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意对周期从小到大分类讨论，求得符合题意的周期即可得解. 【详解】因为，所以， 因为数列是周期数列，且， 当时，可得，则，即，不满足题意， 当时，则，即，解得或（舍去）， 则，不满足题意， 当时，则，即，则或， 当时，，即，解得（舍去）， 当时，，此时，即， 又，即，故， 此时，， ，满足题意， 所以数列的周期最小值为3， 此时；；…， 故此时数列的前2024项和是． 故选：C． 16. 如图，在三棱锥中，平面，．，为线段的中点，，分别为线段和线段上任意一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用线面垂直的判定定理和性质定理推得，做辅助线，利用相似三角形将所求线段转化，再利用直线外的定点到定直线上的动点间距离大于等于该点到直线的距离求得最终结果. 【详解】平面，，平面， ，，又，， ，平面， 平面， 平面，， 在直角三角形中，． 过点分别作，，垂足分别，， ， ，， ， 故选：C． 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤 17. 已知公差不为零的等差数列的前n项和为，若，且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出公差，利用题意得到方程组，求出首项和公差，得到通项公式； （2），利用分组求和，结合等差数列和等比数列求和公式得到答案. 【小问1详解】 根据为等差数列，设公差为. ，即①， ，，成等比数列 ∴，②， 由①②解得：， 数列的通项公式为. 【小问2详解】 由， 数列的前n项和 . 18. 如图，在直三棱柱中，分别为的中点，. （1）求证：. （2）求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）在直三棱柱中，平面四边形为矩形， 又分别为的中点，,且， ，，又平面， 平面平面， . （2）. 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直的性质即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用空间角的向量求法，即可求得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知， 又平面平面平面， . 以E为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐称系如图所示. 由题意得， ， 由向量夹角公式得， 由于异面直线所成角的范围为， 故异面直线与所成角的余弦值为. 19. 某类型题目需要从A，B，C，D四个选项中选出正确答案（四个选项中有两个或三个选项是正确的），其评分标准为全部选对则得6分，部分选对则得部分分数（两个答案的每个答案3分，三个答案的每个答案2分），有选错的得0分． （1）有一道考试题甲不会做，假设他随机选择两个或三个选项，且写下每种答案的可能性相等，若该题的正确的答案为ABD，求考生甲本题得4分的概率； （2）现有2道两个正确答案的多项选择题，根据训练经验，每道题考生乙得6分的概率为得3分的概率为；考生丙得6分的概率为，得3分的概率为．乙、丙二人答题互不影响，且两题答对与否也互不影响，求这2道多项选择题乙、丙两位考生总分刚好得18分的概率． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，由古典概型的概率公式代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由相互独立事件的概率公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 由题意甲同学选择的所有可能答案构成的样本空间为共10个样本点： 设事件表示“考生甲猜对本题得4分”， 则有3个样本点， 所以． 【小问2详解】 由题意乙得0分的概率为，丙得0分的概率为， 乙、丙总分刚好得18分的情形有以下几种： 情形一记为事件：乙得12分有一种情况，丙得6分有三种情况， 则， 情形二记为事件：乙得9分有两种情况，丙得9分有两种情况， 则， 事件：乙得6分有三种情况，丙得12分有一种情况， 则， 所以乙、丙总分刚好得18分的概率. 20. 如图，四面体中，为等边三角形，且，为等腰直角三角形，且. （1）当时， （i）求二面角的正弦值； （ii）当为线段中点时，求直线与平面所成角正弦值； （2）当时，若，且平面，为垂足，中点为，中点为；直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的值. 【答案】（1）（i）；（ii） （2）1 【解析】 【分析】（1）（i）由题意可得出，，则为二面角的平面角，由余弦定理求解即可；（ii）过点作轴垂直平面，建立如图所示的空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角公式求解即可得出答案； （2）因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设，由题意可知，在上，由此可得所以，表示出三棱锥体积，由二次函数的性质求出三棱锥体积的最大值，即可知分别为，的中点，再由空间共面定理可得出的值. 【小问1详解】 （i）取的中点，连接， 因为为等腰直角三角形，且. 所以，则，所以， 又因为所以， 则，， 又因为，所以为二面角的平面角， ， 所以， 所以二面角的正弦值为. （ii）过点作轴垂直平面，又因为， 建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， ，， 设平面的法向量为， 则， 取，可得，所以，， 设直线与平面所成角为， 所以 直线与平面所成角正弦值为. 【小问2详解】 取的中点，连接， 因为为等腰直角三角形，且. 所以，则，所以， 又因为所以， 则，，又因为， 所以，又因为， 平面，所以平面， 因为两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以， 设，因为， 所以由可得：， 所以，， 由（1）知，平面，又平面 所以，在上， 因为，所以， ，所以， 即，所以， 所以， 三棱锥体积为： ， 因为，当时，三棱锥体积最大为， 此时分别为，的中点，所以， ，，， 设，设， 因为， 所以，所以， 因为在平面上，所以设， 所以， 所以，解得：， 所以，所以. 21. 进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制：满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等等．一般地，若k是一个大于1的整数，那么以k为基数的k进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式其中并且最高位，k进制的数也可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式，如，例如十进制数所以25在三进制下可写为． （1）设正整数m在三进制下的各位数字之和为S（m）； ①将满足S（m）=3的数从小到大排成一列，直接写出该列数的前四个数； ②在十进制1至2025中任选一个正整数m，求S（m）为3的倍数的概率． （2）已知正整数，设正项数列的前n项和为且，求证：（其中表示不大于x的最大整数）． 【答案】（1）①5，7，11，13；② （2） 因为， 则当时，， 所以， 所以，由数列为正项数列，则，. 又已知，，则， 所以，所以， 因为，也满足上式，所以， 则， 两式作差得， 所以是以为首项，为公比的等比数列，可得. 由，设（，，，，）， 当时， ， 当时，； 当时，， 所以，即； 当时， ， 当时，； 当时，， 所以，即， 同理可得，，. 当时，， 所以. 所以 ． 【解析】 【分析】（1）①由题意，正整数在三进制下分“两位数”与“三位数”两类情况依序从小求解四个数即可；②由题意分析可得，当m为3的倍数时，，，中恰有一个是3的倍数，再计算，由古典概型概率公式可得； （2）先化简等式得，再由关系求递推关系，进而由等比数列得通项，借助二进制下的形式表达（，，，，），由的取值分类求解后再求解可得. 【小问1详解】 ①由题意，若各位数字之和，且在三进制下，则各位上的数字不超过. 则正整数在三进制下不可能为一位数. 若正整数在三进制下为两位数（，，）形式时， 满足题意的只有2个：，； 若正整数在三进制下为三位数（，）形式时， 满足题意的从小开始数起的两个数为： ，， 综上，从小到大排成一列，该列数的前四个数为. ②设（，）. 若m为3的倍数，则为3的倍数，又，则， 所以，，， 则，， ， 所以当m为3的倍数时，中恰有一个是3的倍数. ，，由，得， 所以都不是3的倍数． 而这2022个数中，有个是3的倍数， 在1至2025中任选一个正整数m，共有个正整数， 所以由古典概型概率公式得，为3的倍数的概率为． 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：题目的难点第三问，突破关键在于两点：一是应用二进制的表示形式，将统一写成（，，，，），进而依次求解；二是由已知条件，，分类讨论当时与当时的情况，其中当时由可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024－2025学年上海市复旦大学附属中学高二年级上学期 12月月考数学试卷 2024.12 一、填空题（本大题共有12小题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，1－6题每个空格填对得4分，7－12题每个空格填对得5分，否则一律得0分． 1. 抛掷两枚质地均匀的骰子，观察两枚骰子出现“两个点数相等”的概率为_______． 2. 已知等差数列的前项和为，若则_______． 3. 事件A、B互斥，它们都不发生的概率为，且，则_______． 4. 已知圆锥的母线长为10，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为_________. 5. 某次数学考试后，随机选取14位学生的成绩，得到如下茎叶图，其中个位数部分作为“叶”，百位数和十位数作为“茎”，若该组数据的第25百分位为87，则___________. 6. 已知某组数据为x，y，8，10，11．它的平均数为8，方差为6，则的值为__________． 7. 某校抽取100名学生测身高，其中身高最大值为，最小值为，根据身高数据绘制频率组距分布直方图，组距为5，且第一组下限为153.5，则组数为_______________． 8. 某圆柱形容器里有一个球，该球与圆柱形容器的底面和侧面都相切，若球的体积为则圆柱的表面积为_______． 9. 如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线，平面与平面的交线，若直线与所成角为，直线与所成角为，则的值是_______． 10. 甲、乙、丙三名志愿者需要完成A，B，C，D，E五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且E工作只有乙能完成，则不同的安排方式有______种． 11. 一颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有点数1，2，3，4，5，6.现随机地将骰子抛掷三次（各次抛掷结果相互独立），其向上的点数依次为，则事件“”发生的概率为_____. 12. 将一枚均匀的硬币连续抛掷次，以示没有出现连续次正面的概率，则_______． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑． 13. 某工厂利用随机数表对生产的 50 个零件进行抽样测试， 先将 50 个零件进行编号， 编号分别为 01， 02， ......， 50. 从中抽取 5 个样本，下面提供随机数表的第 1 行到第 2 行: 66 67 40 37 14 64 05 71 11 05 65 09 95 86 68 76 83 20 37 90 57 16 03 11 63 14 90 84 45 21 75 73 88 05 90 52 23 59 43 10 若从表中第 1 行第 7 列开始向右依次读取数据， 则得到的第5个样本编号是 （ ）. A. 09 B. 05 C. 65 D. 71 14. 设无穷等比数列的首项为，公比为，前项和为．则“”是“”成立的（ ）条件． A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 即非充分又非必要 15. 在数列中，如果存在正整数，使得对于任意的正整数均成立，那么称数列为周期数列，其中叫做数列的周期．已知数列满足，如果，，当数列的周期最小时，该数列前2024项的和是（ ） A. 674 B. 1348 C. 1350 D. 2024 16. 如图，在三棱锥中，平面，．，为线段的中点，，分别为线段和线段上任意一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤 17. 已知公差不为零的等差数列的前n项和为，若，且，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和. 18. 如图，在直三棱柱中，分别为的中点，. （1）求证：. （2）求异面直线与所成角的余弦值. 19. 某类型题目需要从A，B，C，D四个选项中选出正确答案（四个选项中有两个或三个选项是正确的），其评分标准为全部选对则得6分，部分选对则得部分分数（两个答案的每个答案3分，三个答案的每个答案2分），有选错的得0分． （1）有一道考试题甲不会做，假设他随机选择两个或三个选项，且写下每种答案的可能性相等，若该题的正确的答案为ABD，求考生甲本题得4分的概率； （2）现有2道两个正确答案的多项选择题，根据训练经验，每道题考生乙得6分的概率为得3分的概率为；考生丙得6分的概率为，得3分的概率为．乙、丙二人答题互不影响，且两题答对与否也互不影响，求这2道多项选择题乙、丙两位考生总分刚好得18分的概率． 20. 如图，四面体中，为等边三角形，且，为等腰直角三角形，且. （1）当时， （i）求二面角的正弦值； （ii）当为线段中点时，求直线与平面所成角正弦值； （2）当时，若，且平面，为垂足，中点为，中点为；直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的值. 21. 进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满二进一，就是二进制：满十进一就是十进制；满十六进一，就是十六进制等等．一般地，若k是一个大于1的整数，那么以k为基数的k进制数可以表示为一串数字符号连写在一起的形式其中并且最高位，k进制的数也可以表示成不同位上数字符号与基数的幂的乘积之和的形式，如，例如十进制数所以25在三进制下可写为． （1）设正整数m在三进制下的各位数字之和为S（m）； ①将满足S（m）=3的数从小到大排成一列，直接写出该列数的前四个数； ②在十进制1至2025中任选一个正整数m，求S（m）为3的倍数的概率． （2）已知正整数，设正项数列的前n项和为且，求证：（其中表示不大于x的最大整数）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $