广东省佛山市顺德区重点中学2023-2024高二上学期第一次月考数学（含解析）

2023-2024学年高二（上）第一次月考
数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知复数（是虚数单位），则所对应的点所在象限为（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】化简，由共轭复数的定义知，再由复数的几何意义知所对应的点为，在第一象限，即可得出答案.
【详解】，则，
所对应的点为，在第一象限.
故选：A.
2. 已知一个古典概型的样本空间和事件和，其中，，，，那么下列事件概率错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】运用古典概型概率计算公式分别计算出相应事件的概率即可作出判断.
【详解】对于选项A：，所以，故A正确；
对于选项B：，故B正确；
对于选项C：，所以，故C正确；
对于选项D：，所以，故D错误.
故选：D.
3. 如图所示，E，F分别是四面体OABC的棱OA、BC的中点，D是线段EF的一个四等分点（靠近E点），设，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接，根据空间向量的线性运算计算即可.
【详解】解：如图所示，连接，
.
故选：C．
4. 已知向量，则向量在向量上的投影向量（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用投影向量的定义求解作答.
【详解】向量，，，
所以向量在向量上的投影向量.
故选：B
5. 将一枚骰子抛掷两次，所得向上点数分别为和，则函数在上是增函数的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分析可知、，由二次函数的单调性得出，求出所有的基本事件数，并确定事件“”所包含的事件数，利用古典概型的概率公式可求得结果.
【详解】由题意可知，、，
若函数在上是增函数，则，即.
以代表一个基本事件，所有的基本事件数为个，
满足的基本事件有：、、、、、、、、，共个，
由古典概型的概率公式可知，所求概率为.
故选：B.
6. 在中，内角所对的边分别为．若，且的面积是1，则的外接圆的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由已知条件利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理可求出，然后利用正弦定理求出的外接圆半径，从而可求出的外接圆的面积.
【详解】因为，且的面积是1，
所以，得，
由余弦定理得，
因为，所以，
设的外接圆半径为，则由正弦定理得
，得，
所以的外接圆面积为，
故选：B
7. 已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用已知条件求出圆锥的母线长，利用直线与平面所成角求解底面半径，然后求解圆锥的侧面积．
【详解】圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，
可得，又的面积为，
可得，即，可得，
SA与圆锥底面所成角为，可得圆锥的底面半径为：，
则该圆锥的侧面积：，
故选：C
8. 已知正三棱锥的四个顶点都在半径为的球面上，且，若三棱锥体积为，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】如图，先由三棱锥的体积求出正三棱锥的高，由，可得，再利用勾股定理可求出外接球的半径，从而可求出球的表面积
【详解】如图，为正三棱锥的高，则其外接球的球心在上，且，
延长交于，则，
所以，
因为三棱锥体积为，
所以，得，
在直角中，,
所以，解得，
所以该球的表面积为，
故选：B
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 某中学为了解大数据提供的个性化作业的质量情况，随机访问50名学生，根据这50名学生对个性化作业的评分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间，，…，，.（ ）
A. 频率分布直方图中a的值为0.006
B. 估计该中学学生对个性化作业的评分不低于80的概率为0.04
C. 从评分在的受访学生中，随机抽取2人，此2人评分都在的概率为
D. 受访学生对个性化作业评分的第40百分位数为72.6
【答案】AC
【解析】
【分析】利用频率之和为1列出方程求出可判断A；计算出不低于80分的频率作为概率的估计值可判断B；利用列举法求解古典概型的概率可判断C；根据百分位数的概念求解可判断D.
【详解】由题意得，解得，故A正确；
由频率分布直方图知，不低于80分的频率之和为，
因此估计该中学学生对个性化作业评分不低于80的概率为0.4，故B错误；
受访学生评分在的有人，依次为、、，
受访学生评分在的有人，依次为、，
从这5名受访学生中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，依次为：
、、、、、、、、、，
因为所抽取2人的评分都在的结果有1种，，
因此2人评分都在的概率为，故C正确；
因为，
故第40百分位数在内，设为，
则，解得,故D错误.
故选：AC.
10. 甲乙两个质地均匀且完全一样的骰子，同时抛掷这两个骰子一次，记事件为“两个骰子朝上一面的数字之和为奇数”，事件为“甲骰子朝上一面的数字为奇数”，事件为“乙骰子朝上一面的数字为偶数”，则（ ）
A. 事件、是相互独立事件 B. 事件、是互斥事件
C D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用列举法分别求出事件，，，，的概率，结合互斥事件、相互独立事件的定义直接求解．
【详解】解：甲、乙两个质地均匀且完全一样的骰子，同时抛掷这两个骰子一次，
基本事件总数，
记事件为“两个骰子朝上一面的数字之和为奇数”，
则事件包含的基本事件有18个，分别为：
，，，，，，，，，
，，，，，，，，，
，
事件为“甲骰子朝上一面的数字为奇数”，
则事件包含的基本事件有18个，分别为：
，，，，，，，，，
，，，，，，，，，
，
事件为“乙骰子朝上一面的数字为偶数”，
则事件包含的基本事件有18个，分别为：
，，，，，，，，，
，，，，，，，，，
，
事件包含的基本事件有9个，分别为：
，，，，，，，，，
，
，事件、是相互独立事件，故正确；
事件与能同时发生，故事件与不是互斥事件，故错误；
，故正确；
包包含基本事件有9个，分别为：
，，，，，，，，，
．故错误．
故选：．
11. 如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，沿AE AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使得B C D三点重合于点S，得到四面体（如图2）.下列结论正确的是（ ）
A. 平面平面SAF
B. 四面体的体积为
C. 二面角正切值为
D. 顶点S在底面AEF上的射影为的垂心
【答案】BD
【解析】
【分析】（１）作辅助线，证为平面SAF与平面AEF的二面角的平面角，显然为锐角，从而判断A选项．
（２）先证平面AEF，从而得到锥体的高，计算出所需长度，算出体积即可．
（３）证为平面SEF与平面AEF的二面角的平面角，计算的正切值．
（４）先证O为S在平面AEF上的射影，由于AM，只需证，即可．
【详解】如图，作EF的中点M，连结AM、SM，过S作AM的垂线交AM于点O，连结SO，过O作AF的垂线交AF于点N，连结SN
由题知AE=AF=，所以AM，SE=SF=1，所以，
为平面SEF与平面AEF的二面角的平面角
又 平面ASM，平面ASM，SO，
作法知， ，平面AEF，
所以SO为锥体的高．所以O为S在平面AEF上的射影.
平面AEF，所以 ，由作法知，
平面SON，平面SON，
为平面SAF与平面AEF的二面角的平面角，显然为锐角，故A错．
由题知 ， ，
又AS＝２， ，SE＝１，
，四面体S AEF的体积为 ，故B正确．
在直角三角形ASM中：
故C不正确．
因为 ， ，
所以 ，
，由对称性知 ，又AM
故D正确．
故选：BD．
12. 已知正方体中，为正方体表面及内部一点，且，其中，则（ ）
A. 当时，三棱锥的体积为定值
B. 当时，直线与所成角正弦值的最小值为
C. 当时，的最小值为
D. 当时，不存在点，使得平面平面
【答案】AD
【解析】
【分析】根据正方体建立合适的空间直角坐标系，选项A，B，D按照空间向量的坐标关系计算即可判断；选项C根据轨迹问题，确定距离和的最小值，按几何分析即可计算判断.
【详解】解：根据正方体，如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系
则，，，，，，，，
由于，所以，即
选项A：当时，所以，则，又，
则，，
即是平面的法向量，则点到平面的距离为为定值，故三棱锥的体积为定值，故A正确；
选项B：当时，点，所以，，
则令，则，所以
其中，则，设直线与所成角为，则，即，正弦值的取值范围为，故直线与所成角正弦值的最小值为，故B错误；
选项C：当时，点的轨迹在线段上，
将面与面铺平展开，最小值为长度，
，，故C错误；
选项D：当时，则，所以
设平面的法向量为，
则，所以
设平面的法向量为，
则，所以
若平面平面，则，
，故方程无解，即不存在点，使得平面平面，故D正确．
故选：AD.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 两个袋中各装有写着数字的6张卡片，若从每个袋中任意取一张卡片，则取出的两张卡片上数字之和大于8的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】先求样本空间，然后列举出所有数字之和大于8的样本点，由古典概型概率公式即可求解.
【详解】记从两个袋中取出卡片上数字分别为，，
则样本空间，．
其中数字之和大于8的有，，，共3个，
故取出的两张卡片上数字之和大于8的概率为.
故答案为：.
14. 已知空间三点，，，则以为邻边的平行四边形的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用终点坐标减去起点坐标，求得对应的向量的坐标，进而求得向量的模以及向量的夹角的余弦值，应用平方关系求得正弦值，由此可以求得以，为邻边的平行四边形的面积.
【详解】由题意可得，，
所以，所以，
所以以，为邻边的平行四边形的面积为，
故答案为：.
15. 甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是____________．
【答案】0.18
【解析】
【分析】本题应注意分情况讨论，即前五场甲队获胜的两种情况，应用独立事件的概率的计算公式求解．题目有一定的难度，注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考查．
【详解】前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以获胜的概率是
前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以获胜的概率是
综上所述，甲队以获胜的概率是
【点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是思维的全面性是否具备，要考虑甲队以获胜的两种情况；易错点之三是是否能够准确计算．
16. 已知正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为的球面上，上、下底面正方形的外接圆半径分别为和，则此正四棱台的体积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】分析可知，正四棱台的外接球球心在等腰梯形所在平面内，作出梯形及其外接圆，求出梯形的高以及正四棱台的上、下底面面积，利用台体的体积公式可求得结果.
【详解】在正四棱台中，
由正四棱台的几何性质可知，该四棱台的外接球球心在等腰梯形所在平面内，
由题设，设，，设球心为，如下图所示：
连接、，因为，则为等腰梯形的外接圆的一条直径，
且点为的中点，由题意可得，所以，为等边三角形，
所以，正四棱台的高为，
正方形的边长为，其面积为，
正方形的边长为，其面积为，
因此，正四棱台.
故答案为：.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 如图，在正方体中，棱长为1，、分别为、的中点，求下列问题：
（1）求到直线的距离；
（2）求到面的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用点到直线距离公式可得结果；
（2）在空间直角坐标系中，利用点到平面距离公式可得结果.
【小问1详解】
如图所示建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，，.
，，
则到直线的距离.
【小问2详解】
由（1）可得，，
设为面的法向量，
则，即，
取，得平面的一个法向量.
又，得到面的距离为.
18. 羽毛球比赛规则：
①21分制，每球取胜加1分，由胜球方发球；
②当双方比分为之后，领先对方2分的一方赢得该局比赛；
当双方比分为时，先取得30分的一方赢得该局比赛.经过鏖战，甲乙比分为 ，甲在关键时刻赢了一球，比分变为.在最后关头，按以往战绩统计，甲发球时，甲赢球的概率为0.4，乙发球时，甲赢球的概率为0.5，每球胜负相互独立.
（1）甲乙双方比分为之后，求再打完两球该局比赛结束的概率；
（2）甲乙双方比分为之后，求甲赢得该局比赛的概率.
【答案】（1）0.46
（2）0.4
【解析】
【分析】（1）分两个球均由甲得分和这两个球均由乙得分两种情况求解即可；
（2）分甲先得1分，乙得1分，甲再得1分；乙先得1分，甲得1分，甲再得1分两种情况求解即可
【小问1详解】
设事件A= “甲乙双方比分为28：28之后，两人又打了两个球该局比赛结束”则这两个球均由甲得分的概率为：；或者这两个球均由乙得分的概率为：；因此，
【小问2详解】
设事件B=“甲乙双方比分为28：28之后，甲赢得该局比赛”，则分三种情况：
甲连得2分的概率为：=0.4×0.4=0.16；
甲先得1分，乙得1分，甲再得1分的概率为：=0.4×（1-0.4）×0.5=0.12；
乙先得1分，甲得1分，甲再得1分的概率为：=（1-0.4）×0.5×0.4=0.12.
因此P（B）=++=0.4
19. 某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个50元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个100元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了50台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得到下面的柱状图．以这50台这种机器更换的易损零件数对应的频率代替每台机器更换的易损零件数对应的概率，记x表示2台机器在三年使用期内需更换的易损零件数，y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元），n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．
（1）若，求y与x的函数解析式；
（2）求这2台机器三年内共需要更换的易损零件数不大于22的概率；
（3）假设这50台机器在购机的同时每台都购买10个易损零件，或每台都购买11个易损零件，或每台都购买12个易损零件，分别计算这50台机器在购买易损零件上所需费用的平均数，以此作为决策依据，如果该公司最终决定购买1台机器，试问该公司购买1台机器的同时应购买多少个易损零件？
【答案】（1）
（2）
（3）11个
【解析】
【分析】（1）先得到x的取值可能为20，21，22，23，24，结合题意，得出函数解析式；
（2）求得每台机器更换的的易损零件数为10、11,12的概率，进而求得这2台机器三年内共需要更换的易损零件数不大于22的概率；
（3）分别求得这50台机器在购机的同时每台都购买10个、11个和12个易损零件，所需费用的平均数，比较三个平均数可知，即可得到答案.
【小问1详解】
解：由题意，得的取值可能为20，21，22，23，24，
当时，；
当时，．
所以.
【小问2详解】
解：设事件“这2台机器三年内共需要更换的易损零件数不大于22”，
由题意，得每台机器更换的的易损零件数为10的概率为，
每台机器更换的的易损零件数为11的概率为，
每台机器更换的的易损零件数为12的概率为，
所以．
【小问3详解】
解：若这50台机器在购机的同时每台都购买10个易损零件，则这50台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为元．
若这50台机器在购机的同时每台都购买11个易损零件，则这50台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为元．
若这50台机器在购机的同时每台都购买12个易损零件，则这50台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为元．
比较三个平均数可知，该公司购买1台机器的同时应购买11个易损零件．
20. 如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．
（1）证明：点在平面内；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）方法一:连接、，证明出四边形为平行四边形，进而可证得点在平面内；
（2）方法一：以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可计算出二面角的余弦值，进而可求得二面角的正弦值.
【详解】（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论
在棱上取点，使得，连接、、、，如图1所示.
在长方体中，，所以四边形为平行四边形，则，而，所以，所以四边形为平行四边形，即有，同理可证四边形为平行四边形，，，因此点在平面内.
［方法二］：空间向量共线定理
以分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图2所示．
设，则．
所以．故．所以，点平面内．
［方法三］：平面向量基本定理
同方法二建系，并得，
所以．
故．所以点在平面内．
［方法四］：
根据题意，如图3，设．
在平面内，因为，所以．
延长交于G，
平面，
平面．
，
所以平面平面①．
延长交于H，同理平面平面②．
由①②得，平面平面．
连接，根据相似三角形知识可得．
在中，．
同理，在中，．
如图4，在中，．
所以，即G，，H三点共线．
因为平面，所以平面，得证．
［方法五］：
如图5，连接，则四边形为平行四边形，设与相交于点O，则O为的中点．联结，由长方体知识知，体对角线交于一点，且为它们的中点，即，则经过点O，故点在平面内．
（2）［方法一］【最优解】：坐标法
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，如图2.
则、、、，
，，，，
设平面的一个法向量为，
由，得取，得，则，
设平面的一个法向量为，
由，得，取，得，，则，
，
设二面角的平面角为，则，.
因此，二面角的正弦值为.
［方法二］：定义法
在中，，即，所以．在中，，如图6，设的中点分别为M，N，连接，则，所以为二面角的平面角．
在中，．
所以，则．
［方法三］：向量法
由题意得，
由于，所以．
如图7，在平面内作，垂足为G，
则与的夹角即为二面角的大小．
由，得．
其中，，解得，．
所以二面角的正弦值．
［方法四］：三面角公式
由题易得，．
所以．
．
．
设为二面角的平面角，由二面角的三个面角公式，得
，所以．
【整体点评】（1）方法一：通过证明直线，根据平面基本事实二的推论即可证出，思路直接，简单明了，是通性通法，也是最优解；方法二：利用空间向量基本定理证明；方法三：利用平面向量基本定理；方法四：利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内；方法五：利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可证出．
（2）方法一：利用建立空间直角坐标系，由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出；方法二：利用二面角的定义结合解三角形求出；方法三：利用和二面角公共棱垂直的两个向量夹角和二面角的关系即可求出，为最优解；方法四：利用三面角的余弦公式即可求出．
21. 如图，四棱锥S -ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．
（1）求证：AC⊥SD；
（2）若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面ACD的夹角大小；
（3）在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）30°；（3）存在，SE∶EC＝2∶1.
【解析】
【分析】（1）由题设知，连，设交于于，由题意知平面.以为坐标原点，，，分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，求得向量与，结合数量积即可证明AC⊥SD；
（2）分别求出平面与平面ACD的一个法向量，求法向量的夹角余弦值，即可求出结果；
（3）要使平面，只需与平面的法向量垂直即可，结合（2）中求出的平面的一个法向量，即可求解．
【详解】（1）证明：连接BD，设AC交BD于O，由题意知SO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz如图．
设底面边长为a，则高SO＝a．
于是S，D，C
＝，＝，
∵·＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD．
（2）由题设知，平面PAC的一个法向量＝，平面DAC的一个法向量＝，设所求角为，则cos＝＝，∴平面PAC与平面DAC的夹角为30°．
（3）在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC．由（2）知是平面PAC的一个法向量，
且＝，＝．
设＝t，则＝＋＝＋t
＝而·＝0 t＝，
即当SE∶EC＝2∶1时
⊥，而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC．
22. 如图，四棱锥中，底面为梯形，底面，，过A作一个平面使得平面.
（1）求平面将四棱锥分成两部分几何体的体积之比；
（2）若平面与平面之间的距离为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）先由面面平行的性质定理得到，，进而证得分别是的中点，再根据棱锥的体积公式可得，从而可得平面将四棱锥分成两部分几何体的体积之比；
（2）建立空间直角坐标系如图2，设的长为，先由面面距离利用空间向量的数量积可求得，再利用空间向量夹角余弦公式可得直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
如图1，记平面与直线的交点分别为，则面为平面，
因为面面，面面，面面，
所以，同理，
又，即，所以四边形是平行四边形，故，
又，故是的中点，
由中位线定理的推论，可知是的中点，
由条件易得，，，
由底面，得，，所以，
故平面将四棱锥分成两部分几何体的体积之比为.
.
【小问2详解】
由两两垂直，建立空间直角坐标系如图2，记的长为，则，
则，，，
设平面的法向量，则有，即，得，
取得平面的法向量，
由条件易知点到平面距离为，即，解得或（负值舍去），即，
所以，
故直线与平面所成角满足.
.2023-2024学年高二（上）第一次月考
数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知复数（是虚数单位），则所对应的点所在象限为（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 已知一个古典概型的样本空间和事件和，其中，，，，那么下列事件概率错误的是（ ）
A. B.
C. D.
3. 如图所示，E，F分别是四面体OABC的棱OA、BC的中点，D是线段EF的一个四等分点（靠近E点），设，则 （ ）
A. B.
C. D.
4. 已知向量，则向量在向量上的投影向量（ ）
A. B. C. D.
5. 将一枚骰子抛掷两次，所得向上点数分别为和，则函数在上是增函数的概率是（ ）
A. B. C. D.
6. 在中，内角所对的边分别为．若，且的面积是1，则的外接圆的面积为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知圆锥顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A B. C. D.
8. 已知正三棱锥的四个顶点都在半径为的球面上，且，若三棱锥体积为，则该球的表面积为（ ）
A B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）
9. 某中学为了解大数据提供的个性化作业的质量情况，随机访问50名学生，根据这50名学生对个性化作业的评分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间，，…，，.（ ）
A. 频率分布直方图中a的值为0.006
B. 估计该中学学生对个性化作业的评分不低于80的概率为0.04
C. 从评分在的受访学生中，随机抽取2人，此2人评分都在的概率为
D. 受访学生对个性化作业评分的第40百分位数为72.6
10. 甲乙两个质地均匀且完全一样的骰子，同时抛掷这两个骰子一次，记事件为“两个骰子朝上一面的数字之和为奇数”，事件为“甲骰子朝上一面的数字为奇数”，事件为“乙骰子朝上一面的数字为偶数”，则（ ）
A. 事件、是相互独立事件 B. 事件、是互斥事件
C. D.
11. 如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，沿AE AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使得B C D三点重合于点S，得到四面体（如图2）.下列结论正确的是（ ）
A. 平面平面SAF
B. 四面体的体积为
C. 二面角正切值为
D. 顶点S在底面AEF上的射影为的垂心
12. 已知正方体中，为正方体表面及内部一点，且，其中，则（ ）
A. 当时，三棱锥的体积为定值
B. 当时，直线与所成角正弦值的最小值为
C. 当时，的最小值为
D. 当时，不存点，使得平面平面
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 两个袋中各装有写着数字的6张卡片，若从每个袋中任意取一张卡片，则取出的两张卡片上数字之和大于8的概率为______．
14. 已知空间三点，，，则以为邻边的平行四边形的面积为______．
15. 甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是____________．
16. 已知正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为的球面上，上、下底面正方形的外接圆半径分别为和，则此正四棱台的体积为___________.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 如图，在正方体中，棱长为1，、分别为、的中点，求下列问题：
（1）求到直线的距离；
（2）求到面的距离.
18. 羽毛球比赛规则：
①21分制，每球取胜加1分，由胜球方发球；
②当双方比分为之后，领先对方2分的一方赢得该局比赛；
当双方比分为时，先取得30分的一方赢得该局比赛.经过鏖战，甲乙比分为 ，甲在关键时刻赢了一球，比分变为.在最后关头，按以往战绩统计，甲发球时，甲赢球的概率为0.4，乙发球时，甲赢球的概率为0.5，每球胜负相互独立.
（1）甲乙双方比分为之后，求再打完两球该局比赛结束的概率；
（2）甲乙双方比分为之后，求甲赢得该局比赛概率.
19. 某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个50元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个100元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了50台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得到下面的柱状图．以这50台这种机器更换的易损零件数对应的频率代替每台机器更换的易损零件数对应的概率，记x表示2台机器在三年使用期内需更换的易损零件数，y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用（单位：元），n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．
（1）若，求y与x的函数解析式；
（2）求这2台机器三年内共需要更换的易损零件数不大于22的概率；
（3）假设这50台机器在购机的同时每台都购买10个易损零件，或每台都购买11个易损零件，或每台都购买12个易损零件，分别计算这50台机器在购买易损零件上所需费用的平均数，以此作为决策依据，如果该公司最终决定购买1台机器，试问该公司购买1台机器的同时应购买多少个易损零件？
20. 如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．
（1）证明：点在平面内；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
21. 如图，四棱锥S -ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．
（1）求证：AC⊥SD；
（2）若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面ACD的夹角大小；
（3）在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．
22. 如图，四棱锥中，底面为梯形，底面，，过A作一个平面使得平面.
（1）求平面将四棱锥分成两部分几何体的体积之比；
（2）若平面与平面之间的距离为，求直线与平面所成角的正弦值.

转载请注明出处卷子答案网-一个不只有答案的网站 » 广东省佛山市顺德区重点中学2023-2024高二上学期第一次月考数学（含解析）