四川省成都外国语学校2023-2024学年高二上学期10月月考数学Word版含解析.docx

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成都外国语学校2023~2024学年度高二上期10月学月考试数学试卷考试时间120分钟；满分150分注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡.2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整.3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生留存，以备评讲）.一、单项选择题：本大题共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.如图，已知直线PM、QP、QM的斜率分别为、、，则、、的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】首先判断三条直线的倾斜角，进而根据倾斜角与斜率的关系即可得出结论..【详解】由于直线PM的倾斜角为钝角，QP、QM的倾斜角为锐角，当倾斜角为锐角时，斜率为正，即，当倾斜角为钝角时，斜率为负，即，又因为倾斜角为时，倾斜角越大，斜率越大，即；所以.故选：B.2.缙云山是著名的旅游胜地．天气预报中秋节连续三天，每天下雨的概率为0.5，现用随机模拟的方法估计三天中至少有两天下雨的概率：先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4 表示当天下雨，5，6，7，8，9表示当天不下雨，每3个随机数为一组，代表三天是否下雨的结果，经随机模拟产生了20组随机数：926446072021392077663817325615405858776631700259305311589258据此估计三天中至少有两天下雨的概率约为（）A.0.45B.0.5C.0.55D.0.6【答案】B【解析】【分析】根据给定数据，求出三天中至少有两天下雨的随机数组数即可计算作答.【详解】依题意，20组随机数中，表示三天中至少有两天下雨的随机数有：446，072，021，392，325，405，631，700，305，311，共10组，所以三天中至少有两天下雨的概率约为.故选：B3.已知直线与直线互相平行，则实数的值为()A.B.2或C.2D.【答案】D【解析】【分析】两直线斜率存在时，两直线平行则它们斜率相等，据此求出a的值，再排除使两直线重合的a的值即可﹒【详解】直线斜率必存在，故两直线平行，则，即，解得，当时，两直线重合，∴．故选：D．4.现从2个男生2个女生共4人中任意选出2人参加巴蜀中学高三年级的百日誓师大会，已知选出的2人中有一个是男生，则另一个是女生的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】列举法求古典概型概率. 【详解】假设两名男生为，，两名女生为，，从中任选两人有男生的情况有：，，，，共5种情况，其中一男一女的情况有4种，故所求概率为，故选：C5.△ABC中，D为AB上一点且满足，若P为线段CD上一点，且满足（，为正实数），则的最小值为（）A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】【分析】根据题意结合三点共线的结论可得，再根据基本不等式运算求解.【详解】因为P为线段CD上一点，则，且，又因为，可得，即，所以，可得，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为4.故选：B.6.数学家欧拉在1765 年提出定理：三角形的外心，重心，垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知的顶点，且，则的欧拉线的方程为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】因为，结合题意可知的欧拉线即为线段的垂直平分线，利用点斜式求方程．【详解】∵，结合题意可知的欧拉线即为线段的垂直平分线的中点为，斜率，则垂直平分线的斜率则的欧拉线的方程为，即故选：D．7.在如图所示的电路中，5个盒子表示保险匣，设5个盒子被断开分别为事件，，，，.盒子中所示数值表示通电时保险丝被切断的概率，下列结论正确的是（）A.，两个盒子串联后畅通的概率为B.，两个盒子并联后畅通的概率为C.，，三个盒子混联后畅通的概率为D.当开关合上时，整个电路畅通的概率为【答案】D【解析】【分析】串联电路中，同时畅通电路才畅通；并联电路中，同时断电才断电；故利用对立事件，相互独立事件同时发生的概率判断选项． 【详解】对于A：，两个盒子串联后畅通的概率为，故A错误．对于B：，两个盒子并联后畅通的概率为，故B错误．对于C，，两个盒子串联后不畅通的概率为，所以，，三个盒子混联后畅通的概率为，故C错误；对于D：当开关合上时，整个电路畅通的概率为，故D正确．故选：D．8.的最小值所属区间为（）A.B.C.D.前三个答案都不对【答案】C【解析】【分析】利用代数式的几何意义可求最小值.【详解】如图，设．根据题意，设题中代数式M，则，等号当P，Q分别为直线与x轴，y轴交点时取得．因此所求最小值为13．故选：C.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9.某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险：戊，重大疾病保险，各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图例：用该样本估计总体，以下四个选项正确的是（）A.54周岁以上参保人数最少B.18～29周岁人群参保总费用最少C.丁险种更受参保人青睐D.30周岁以上的人群约占参保人群20%【答案】AC【解析】【分析】A选项，根据扇形统计图可得A正确；B选项，从扇形统计图和折线统计图计算出54周岁以上人群参保总费用比18～29周岁人群参保总费用低，B错误；C选项，从条形统计图可得C正确；D选项，从扇形统计图可得到D错误.【详解】设抽查的5个险种参保客户的总人数为，A选项，从扇形图可得到54周岁以上参保人数占比为，人数最少，A正确；B选项，18～29周岁人群人均参保费用高于3500元，故参保总费用高于，54周岁以上人群人均参保费用为6000元，故参保总费用为，由于，故18～29周岁人群参保总费用不是最少的，B错误；C选项，从条形统计图可看出丁险种所占比例为，比其他险种均高，故更受参保人青睐，C正确；D选项，30周岁以上的人群约占参保人群为，D错误.故选：AC10.下列结论错误的是（） A.过两点的所有直线，其方程均可写为B.已知点，点在轴上，则的最小值为C.直线与直线之间的距离为D.已知两点，过点的直线与线段有公共点，则直线的斜率的取值范围是【答案】AC【解析】【分析】利用直线的两点式方程的意义判断A；利用对称思想求出的最小值判断B；求出平行线间距离判断C；求出直线斜率范围判断D.【详解】对于A，当或时，过两点的直线方程不能用表示，A错误；对于B，作点关于y轴的对称点，连接交y轴于点，连接，对于y轴上任意点，连接，则，当且仅当点与点重合时取等号，因此，B正确；对于C，直线化为：，所求距离为，C错误；对于D，直线的斜率，由直线与线段有公共点，得直线的斜率满足：或，所以直线的斜率的取值范围是，D正确. 故选：AC11.在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为D.当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率【答案】ABD【解析】【分析】利用相互独立事件的概率公式计算判断AB；利用相互独立事件及互斥事件的概率计算判断C；求出两种传输方案的概率并作差比较判断D作答.【详解】对于A，依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为，A正确；对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到l，0，1的事件，是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为，B正确；对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件和， 它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为，C错误；对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率，单次传输发送0，则译码为0的概率，而，因此，即，D正确.故选：ABD【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.12.如图；正方体的棱长为2，是侧面上的一个动点（含边界）；点在棱上；则下列结论正确的有（）A.若；沿正方体的表面从点到点的最短距离为B.若，三棱锥的外接球表面积为C.若；，则点的运动轨迹长度为D.若；平面被正方体截得截面面积为【答案】BCD【解析】【分析】对于A，将正方体的下面和侧面展开，连接，计算即可判断；对于B正弦定理知外接圆半径，又平面，设三棱锥的外接球半径为，求得即可判断；对于C，由线面垂直和面面平行的判定定理，设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，求得即可判断；对于D，延长，交于点，连接交于，连接，则平面被正方体 截得的截面为，利用三角形相似即可判断．【详解】对于A，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，连接，则，故A错误；对于B，当，所以中，，则，设外接圆半径为，则由正弦定理知：，则，又平面，设三棱锥的外接球半径为，则，所以三棱锥的外接球表面积，故B正确；对于C，如图：因为平面，平面，所以，又，，，平面，所以平面，平面，所以，同理可得，，，平面．所以平面，所以过点作交交于，过作交交于，所以平面，同理可得平面，平面，所以平面平面，所以平面,取连接,则均在平面上，则的运动轨迹为线段，由于平面,平面,所以, 由点在棱上，且，可得，所以，故C正确；对于D，如图：延长，交于点，连接交于，连接，所以平面被正方体截得的截面为．，所以，所以，所以，所以，且，所以截面为梯形，，所以截面为等腰梯形，设梯形的高为，则,所以，故D正确．故选：BCD．【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.在一次篮球比赛中，某支球队共进行了8场比赛，得分分别为29，30，38，25，37，40，42，32，那么这组数据的第75百分位数为______. 【答案】39【解析】【分析】根据第75百分位数的定义计算可得答案.【详解】8场比赛的得分从小到大排列为：25，29，30，32，37，38，40，42，因为，所以第75百分位数为.故答案为：3914.直线l过点（1，2），且纵截距为横截距的两倍，则直线l的方程是___________.【答案】或【解析】【分析】根据题意，分2种情况讨论：①直线过原点，又由直线经过点，由点斜式方程即可得出答案.②直线不过原点，设其方程为，又由直线经过点，代入求出，即可求出直线l的方程.【详解】根据题意，分2种情况讨论：①直线过原点，又由直线经过点，此时直线的方程为，即；②直线不过原点，设其方程为，又由直线经过点，则有，解可得，此时直线的方程为，故直线l的方程为或.故答案为：或.15.正四棱锥底面边长为，侧棱长为，点S、A、B、C、D都在同一个球的球面上，则该球的表面积为____________．【答案】【解析】【分析】根据正四棱锥的性质，结合勾股定理即可求解球半径,由球的表面积公式即可求解.【详解】如图所示，设球半径为，底面中心为且球心为，正四棱锥中，， ，可得，．在中，，，解得，因此可得外接球的表面积为：．故答案为：．16.如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练，已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面上的射线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小，则的最大值是______.（仰角为直线与平面所成的角）【答案】【解析】【分析】根据仰角的定义，作图，利用图中的几何关系列出函数式，借助二次函数求解作答.【详解】过点在平面内作直线的垂线，垂足为点，如图， 则由仰角的定义得，由题意，设，则，当点与不重合时，在中，，当点与重合时，上式也成立，在中，，当时，取最大值，综上，的最大值为.故答案为：.四、解答题：第17题10分，第18~22题每道题12分，共计70分.解答应写出相应的文字说明、证明过程或者演算步骤.17.已知某校甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数分别为240，160，160．现采用分层抽样的方法从中抽取７名同学去某敬老院参加献爱心活动．（Ⅰ）应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取多少人？（Ⅱ）设抽出的7名同学分别用A，B，C，D，E，F，G表示，现从中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生工作．（i）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；（ii）设M为事件“抽取的2名同学来自同一年级”，求事件M发生的概率．【答案】（1）3，2，2（2）（i）见解析（ii） 【解析】【详解】分析：（Ⅰ）结合人数的比值可知应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人．（Ⅱ）（i）由题意列出所有可能的结果即可，共有21种．（ii）由题意结合（i）中的结果和古典概型计算公式可得事件M发生的概率为P（M）=．详解：（Ⅰ）由已知，甲、乙、丙三个年级的学生志愿者人数之比为3∶2∶2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7名同学，因此应从甲、乙、丙三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人．（Ⅱ）（i）从抽出的7名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{A，E}，{A，F}，{A，G}，{B，C}，{B，D}，{B，E}，{B，F}，{B，G}，{C，D}，{C，E}，{C，F}，{C，G}，{D，E}，{D，F}，{D，G}，{E，F}，{E，G}，{F，G}，共21种．（ii）由（Ⅰ），不妨设抽出的7名同学中，来自甲年级的是A，B，C，来自乙年级的是D，E，来自丙年级的是F，G，则从抽出的7名同学中随机抽取的2名同学来自同一年级的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{B，C}，{D，E}，{F，G}，共5种．所以，事件M发生的概率为P（M）=．点睛：本小题主要考查随机抽样、用列举法计算随机事件所含基本事件数、古典概型及其概率计算公式等基本知识．考查运用概率知识解决简单实际问题的能力．18.已知直线l1：2x+y+3＝0，l2：x﹣2y＝0．(1)求直线l1关于x轴对称的直线l3的方程，并求l2与l3的交点P；(2)求过点P且与原点O（0，0）距离等于2的直线m的方程．【答案】(1)2x﹣y+3＝0，P（﹣2，﹣1）；(2)3x+4y+10＝0或x＝﹣2.【解析】【分析】(1)由对称关系求直线l3的方程，联立l2与l3的方程，求点P的坐标，(2)当直线m的斜率存在时，设直线m的点斜式方程，由点到直线距离公式列方程求斜率，由此可得直线m的方程，再检验过点P的斜率不存在的直线是否满足要求.【详解】(1)由题意，直线l3与直线l1的倾斜角互补，从而它们的斜率互为相反数，且l1与l3必过x轴上相同点，∴直线l3的方程为2x﹣y+3＝0，由解得 ∴P（﹣2，﹣1）．(2)当直线m的斜率存在时，设直线m的方程为y+1＝k（x+2），即kx﹣y+2k﹣1＝0，∴原点O（0，0）到直线m距离为，解得，∴直线m方程为3x+4y+10＝0，当直线m的斜率不存在时，直线x＝﹣2满足题意，综上直线m的方程为3x+4y+10＝0或x＝﹣2．19.某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”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第80百分位数；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者.（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定人选宣传使者，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37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差.【答案】（1）32.25岁；37.5；（2）（i）；（ii）10.【解析】【分析】(1)根据频率分布直方图，利用组中值乘以相应的频率，即可的这人的平均年龄；设第80 百分位数为，计算从左到右频率和为或计算从右到左频率和为，即可求出；(2)（i）由题意可得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙，根据古典概型计算方法求解即可；（ii）根据方差的计算原理计算合并后方差即可.【详解】解：（1）设这人的平均年龄为，则（岁）.设第80百分位数为，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、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，则，，，，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，，因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，据此，可估计这人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为10.20.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，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲､乙同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为.（1）求和的值；（2）试求两人共答对3道题的概率.【答案】（1）（2）.【解析】【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.【小问1详解】由题意可得即，解得或由于，所以【小问2详解】设甲同学答对了道题乙同学答对了道题.由题意得，，，设甲乙二人共答对3道题，则，由于和相互独立，与相互互斥，所以 ，所以甲乙二人共答对3道题的概率为.21.在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）求A；（2）若D为延长线上一点，且，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理和三角恒等变换化简求值即可；（2）分别在和中利用正弦定理表示出，进而表示出，根据为锐角三角形求出，从而求出的取值范围.【小问1详解】角A，B，C是的内角，故.在锐角中,由正弦定理得，，即，所以，即，故，又，所以.【小问2详解】在中，，在中，，所以 故.因为为锐角三角形，,所以，解得，所以，所以，从而.故的取值范围为.22.如图，四边形与均为菱形，，，，记平面与平面的交线为．（1）证明：；（2）证明：平面平面；（3）记平面与平面夹角为，若正实数，满足， ，证明：．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）通过线面平行的性质定理进行转化求解即可；（2）通过图形关系证明，，然后得到线面垂直，再证明面面垂直即可；（3）首先通过几何图形关系得到即为平面与平面的夹角，得到角度后，通过基本不等式或三元均值不等式转化证明即可.【小问1详解】因为为菱形，所以，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以.【小问2详解】连接交于点，连接，因为为菱形，所以，为中点，因为，所以，又因为平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面小问3详解】因为为菱形，，，所以，，又因为为菱形，所以，因为，，所以，所以，所以，即， 又因为，平面，，所以平面，又由（1）知，所以平面，所以即为平面与平面的夹角，在直角中，，所以，所以平面与平面夹角的大小为，因为，所以，两式相加得，，下面证明：①；②；且等号不同时取；法一：基本不等式因为当且仅当时取等号，所以，同理（当且仅当取等号）所以，即，所以法二：三元均值不等式 当且仅当时取等号，所以，同理（当且仅当取等号）所以，即，所以.