2023-2024学年湖北省武汉市高二上学期10月月考数学模拟试题（含解析）

2023-2024学年湖北省武汉市高二上学期10月月考数学模拟试题一、单选题1．复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知平面，其中点，法向量，则下列各点中不在平面内的是（

）A． B． C． D．3．在四棱锥中，分别为的中点，则（

）A． B．C． D．4．如图，某系统使用，，三种不同的元件连接而成，每个元件是否正常工作互不影响．当元件正常工作且，中至少有一个正常工作时系统即可正常工作．若元件，，正常工作的概率分别为0.7，0.9，0.8，则系统正常工作的概率为（

）A．0.196 B．0.504 C．0.686 D．0.9945．饕餮纹是青铜器上常见的花纹之一，最早见于长江中下游地区的良渚文化陶器和玉器上，盛行于商代至西周早期.将青铜器中饕餮纹的一部分画到方格纸上，如图所示，每个小方格的边长为一个单位长度，有一点P从点A出发，每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能的，那么点P经过3次跳动后恰好沿着饕餮纹的路线到达点B的概率为（

）A． B． C． D．6．已知、是随机事件，则下列结论正确的是（

）A．若、是互斥事件，则B．若、是对立事件，则、是互斥事件C．若事件、相互独立，则D．事件、至少有一个发生的概率不小于、恰好有一个发生的概率7．已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（

）A． B． C． D．8．已知正方体的棱长为1，且满足，则的最小值是（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知空间向量，则下列选项中正确的是（

）A．当时， B．当时，C．当时， D．当时，10．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，在阳马中，侧棱底面，，，，则下列结论正确的有（

）A．四面体是鳖臑B．阳马的体积为C．若，则D．到平面的距离为11．抛掷一黄一白两枚质地均匀的骰子，用表示黄色骰子朝上的点数，表示白色骰子朝上的点数，用表示一次试验的结果，该试验的样本空间为，事件“关于的方程无实根”，事件“”，事件“”，事件“”则（

）A．A与互斥 B．A与对立C．与相互独立 D．与相互独立12．如图，棱长为6的正方体中，点、满足，，其中、，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（

）

A．当时，∥平面B．当时，若∥平面，则的最大值为C．当时，若，则点的轨迹长度为D．过A、、三点作正方体的截面，截面图形可以为矩形三、填空题13．定义：设是空间向量的一个基底，若向量，则称实数组为向量在基底下的坐标．已知是空间向量的单位正交基底，是空间向量的另一个基底．若向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为．14．如图，在二面角中，且，垂足分别为A，B，已知，，则二面角所成平面角为．

15．如图，三棱锥中，，点分别是的中点，则异面直线所成的角的余弦值是．

16．在梯形中，，，，将沿折起，连接，得到三棱锥，当三棱锥的体积取得最大值时，该三棱锥的外接球的表面积为.四、解答题17．在中，角所对的边分别为、、，满足(1)求角的大小；(2)若，且，，求的面积.18．在中，角所对边的长分别为，且(1)求的值；(2)若的面积，的外接圆的直径为，求的周长.19．为了普及垃圾分类知识，某校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为q（），且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙两人同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为．(1)求p和q的值；(2)求甲、乙两人共答对3道题的概率．20．2023年9月，第19届亚洲运动会将在中国杭州市举行，某调研机构为了了解人们对“亚运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“亚运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5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10人.

(1)根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和上四分位数；(2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“亚运会”宣传使者：（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲､乙两人至少有一人被选上的概率；（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中35～45岁所有人的年龄的方差.21．在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面，，是的中点.(1)若为线段的中点，证明：平面；(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求的长，若不存在，请说明理由.22．如图甲，在矩形中，，E为线段的中点，沿直线折起，使得，O点为AE的中点，连接DO、OC，如图乙．

(1)求证：；(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面所成的角为？若不存在，说明理由；若存在，求出点的位置．1．C【分析】先化简复数z，即可求出共轭复数，进而可知其对应点所在的象限.【详解】复数，复数的共轭复数为，对应的点为，在第三象限.故选：C.2．B【分析】结合各个选项分别求出，计算的值是否为0，从而得出结论.【详解】对于A，，，故选项A在平面内；对于B，，，故选项B不在平面内；对于C，，，故选项C在平面内；对于D，，，故选项D在平面内.故选：B.3．A【分析】结合空间几何体以及空间向量的线性运算即可求出结果.【详解】因为分别为的中点，则,,,故选：A.4．C【分析】由题意分析，列举出系统能正常工作的基本事件，应用概率的加法公式求概率即可.【详解】由题意知：系统能正常工作的基本事件有{A、B和C正常工作，A、B正常工作而C不正常工作，A、C正常工作而B不正常工作}，∴A、B和C正常工作的概率为：；A、B正常工作而C不正常工作的概率为；A、C正常工作而B不正常工作的概率为；∴系统正常工作的概率.故选：C.5．B【分析】先利用列举法得到共8种不同的跳法，再利用概率公式求解即可．【详解】点从点出发，每次向右或向下跳一个单位长度，则有（右，右，右），（右，右，下），（右，下，右），（下，右，右），（右，下，下），（下，右，下），（下，下，右），（下，下，下），共8种不同的跳法（线路），符合题意的只有（下，下，右）这1种，所以3次跳动后，恰好是沿着饕餮纹的路线到达点的概率为．故选：B．6．BD【分析】利用互斥事件的定义可得出，进而可判断A选项；利用对立事件的定义可判断B选项；利用并事件的概率公式以及独立事件的概率公式可判断C选项；列举两个事件所包含的基本情况，可判断D选项.【详解】对于A选项，若、是互斥事件，则，则，A错；对于B选项，若、是对立事件，则、是互斥事件，B对；对于C选项，若事件、相互独立，则，C错；对于D选项，事件、至少发生一个包含三种情况：、、，事件、恰好发生一个包含两种情况：、，因此，事件、至少有一个发生的概率不小于、恰好有一个发生的概率，D对.故选：BD.7．A【分析】根据投影向量的公式求解即可【详解】在上投影向量故选：A8．C【分析】由空间向量的共面定理可得点四点共面，从而将求的最小值转化为求点到平面的距离，再根据等体积法计算.【详解】因为，由空间向量的共面定理可知，点四点共面，即点在平面上，所以的最小值为点到平面的距离，由正方体棱长为，可得是边长为的等边三角形，则，，由等体积法得，，所以，所以的最小值为.故选：C共面定理的应用：设是不共面的四点，则对空间任意一点，都存在唯一的有序实数组使得，说明：若，则四点共面.9．BCD【分析】A选项，根据垂直得到数量积为0，列出方程，求出，A错误；B选项，根据向量平行列出方程组，求出；C选项，根据向量运算法则计算出，利用模长公式列出方程，求出；D选项，先利用向量夹角余弦公式计算出两向量夹角的余弦，进而计算出正弦值.【详解】当时，，解得：，故A错误；令，则，，故B正确；，所以，解得：，故C正确；当，，因为，，故D正确．故选：BCD10．BCD【分析】由△不是直角三角形否定选项A；求得阳马的体积判断选项B；以为基底表示向量进而判断选项C；求得到平面的距离判断选项D.【详解】A错，连接AC，则△中，，则△不是直角三角形，则四面体不是鳖臑；B对，.C对，D对，设到平面的距离为d，又，由，得，则到平面的距离为故选：BCD11．BCD【分析】先用列举法写出一次试验的基本事件，再根据条件写出事件包含的基本事件即可判断出选项A和B的正误；再利用古典概率公式和事件相互独立的判断方法逐一对选项C和D分析判断即可得出结果.【详解】由题意得，，，包含36个样本点.对于选项A：由，得，所以，，，，共包含30个样本点，且，共包含6个样本点，因为，所以A与不互斥，故A错误；对于选项B：因为，，共包含18个样本点，且，共包含6个样本点，因为，所以A与对立，故B正确；对于选项C：因为，所以，故与相互独立，故C正确；对于选项D：因为，所以，故与相互独立，故正确.故选：BCD.12．ABC【分析】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；分别取、中点、，连接、、、、，，找出点P的轨迹，结合图形求出的最大值，可判断B选项；作出截面，分析截面的形状，可判断D选项.【详解】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，

对于A选项：当时，则，因为，，设平面的法向量为，则，取，则，可得，所以，则，因为平面，所以当时，∥平面，故A正确；对于B选项：当时，为中点，分别取、中点、，连接、、、、，因为、分别为、的中点，所以∥，又因为∥且，则四边形为平行四边形，可得∥，所以∥，且平面，平面，所以∥平面，同理可得，∥平面，

因为，、平面，所以平面∥平面，当点为的边上一点（异于点）时，则平面，则∥平面，故点的轨迹为的边（除去点），则，同理可得，结合图形可得，故B正确；对于选项C：当时，、分别为、的中点，如图所示：此时点、、，，

当点在平面内运动时，设点，其中，，则，因为，则，解得，设点的轨迹分别交棱、于点、，则、，当点在平面内运动时，设点，其中，，则，则，设点的轨迹交棱于点，则，设点的轨迹交棱于点，因为平面∥平面，平面平面，平面平面，所以∥，同理可得∥，所以四边形为平行四边形，且，，因此点的轨迹的长度即为平行四边形的周长，故C正确；对于D选项：设截面交棱于点，连接、，由题意可知，截面与平面重合，因为平面∥平面，平面平面，平面平面，所以∥，同理可得∥，所以四边形为平行四边形，

因为，其中，则，，且，即与不可能垂直，所以平行四边形不可能为矩形，即过A、、三点的截面不可能是矩形，故D错误.故选：ABC.13．【分析】根据基底的定义结合题意直接求解即可【详解】因为向量在基底下的坐标为，所以，所以向量在基底下的坐标为，故14．##120o【分析】在面内，作，过作交于，连接，根据二面角定义找到对应的平面角，应用余弦定理求其余弦值，进而确定大小.【详解】在面内，作，过作交于，连接，如下图示，

由，则为二面角的平面角，且，又易知为正方形，即，，面，则面，面，所以，中，故，在中，则，由图知：，可得.故15．【详解】如下图，连结，取中点，连结，，则可知即为异面直线，所成角（或其补角）易得，，，∴，即异面直线，所成角的余弦值为.

考点：异面直线的夹角.16．【分析】根据梯形的边长可求出，由几何体翻折过程中体积最大可得平面平面，由面面垂直性质可确定外接球的球心以及半径，即可求得其表面积.【详解】过点作，垂足为，如图下图所示：

因为为等腰梯形，，，所以，，可得，由余弦定理得，即，易知，所以，易知，当平面平面时，三棱锥体积最大，如图所示：

此时，平面，易知，，记为外接球球心，半径为，由于平面，，因此到平面的距离，又的外接圆半径，因此外接球半径，即可得球的表面积为.故方法点睛：在求解几何体外接球问题时，需根据几何体的特征确定球心位置，再利用半径相等构造等量关系解出半径即可.17．(1)(2)【分析】（1）根据题意由正弦定理和两角和的正弦公式可得，即可得；（2）根据向量的比例关系可得，由余弦定理可解得，由面积公式即可求出结果.【详解】（1））在中，因为，由正弦定理可得，所以，又，则，所以，因此.（2）由，且，，可得，，即；在中，由余弦定理得，即，即，解得或（舍）所以；即的面积为.18．(1)(2)【分析】(1)由条件结合正弦定理可得，通分化简可得结果；(2)由的外接圆的直径为可知，结合（1）的结果可得，再利用面积公式可得，利用余弦定理可得，进而得到的周长.【详解】解：(1)，由正弦定理可得即，即；(2)外接圆直径为，，又由(1)得的面积，由余弦定理得或（舍）的周长.本题主要考查了正余弦定理，三角形面积公式的应用，考查了两角和的正弦公式的应用，熟练应用相关公式及定理是解题的关键，属于基本知识的考查．19．(1)，(2)【分析】（1）利用独立、互斥事件概率公式得到方程组求解；（2）先求出甲、乙答对题目数为0、1、2的概率，再由甲乙总共答对3道题，等价于甲答对2道题乙答对1道题或甲答对1道题乙答对2道题，利用独立、互斥事件概率公式计算求得.【详解】（1）设A：甲同学答对第一题，B：乙同学答对第一题，则，．设C：甲、乙两人均答对第一题，D：甲、乙两人恰有一人答对第一题，则，．∵甲、乙两人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，∴A与B相互独立，与互斥，∴,．由题意得解得或∵，∴，．（2）设：甲同学答对了i道题，:乙同学答对了i道题，．由题意得，，，．设E：甲、乙两人共答对3道题，则，∴，∴甲、乙两人共答对3道题的概率为．20．(1)31.75岁；36.25(2)（i）；（ii）10【分析】（1）根据频率分布直方图，利用平均数的计算公式求解可得平均数；上四分位数即第百分位数，根据定义可构造方程求得结果；（2）（i）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；（ii）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.【详解】（1）设这人的平均年龄为，则（岁）设上四分位数（第75百分位数）为，，，位于第四组：内；方法一：由，解得.方法二：由，解得.（2）（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙，对应的样本空间为：，共15个样本点.设事件“甲､乙两人至少一人被选上”，则，共有9个样本点.所以，.（ii）设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为.设第四组的宣传使者的年龄分别为，平均数为，方差为，设第五组的宣传使者的年龄分别为，，平均数为，方差为，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，法一：.法二：.即第四组和