四川省南充高级中学2023-2024学年高二上学期期中考数学Word版含解析.docx

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高2022级高二上期期中考试数学试题总分150分考试时间120分钟注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上.2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.3．答非选择题时，将答案书写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效.4．考试结束后将答题卡交回.一、单项选择题：本题共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.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.2.水平放置的的直观图如图所示，是中边的中点，且平行于轴，则，，对应于原中的线段AB，AD，AC，对于这三条线段，正确的判断是（）A.最短的是ADB.最短的是ACC.D.3.若，，则的值是（）A.B.C.D.4.如图，在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角大小为（） A.B.C.D.5.已知某运动员每次投篮命中的概率都为，现采用随机模拟的方式估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算机产生0到9之间取整数值的随机数，指定表示命中，表示不命中；再以三个随机数为一组，代表三次投篮结果，经随机模拟产生了如下12组随机数：                      ，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（）A.B.C.D.6.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若且，则D.若，则7.2023年7月28日、第31届世界大学生夏季运动会将在成都东安湖体育公园开幕．公园十二景中的第一景东安阁，阁楼整体采用唐代风格、萃取太阳神乌形象、蜀锦与宝相花纹（芙蓉花）元素，严谨地按照唐式高阁的建筑形制设计建造，已成为成都市文化新地标，面向世界展现千年巴蜀风韵．某数学兴趣小组在探测东安阁高度的实践活动中，选取与阁底A在同一水平面的B，C两处作为观测点，测得，，，在C处测得阁顶的仰角为45°，则他们测得东安阁的高度为（精确到，参考数据：，）（）A.B.C.D.8.南高学生到南充内燃机厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，E，F，G，H 分别为所在棱的中点，，，3D打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为（）gA.86.4B.172.8C.864D.950.4二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.设复数，为虚数单位，则下列说法正确的是（）A.共轭复数为B.C.D.10.将一枚质地均匀的骰子抛掷两次，记事件“第一次出现奇数点”，事件“两次点数之积为偶数”，事件“两次点数之和为5”，则（）A.事件必然事件B.事件与事件是互斥事件C.事件包含事件D.事件与事件是相互独立事件11.如图所示，四边形为梯形，其中，，，分别为中点，则结论正确的是（）A.B.C.D.12.如图，棱长为2的正方体中，点、满足，，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（） A.B.平面C.若平面，则的最大值为D.若平面，则点的轨迹长度为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知一组数据：24，30，40，44，48，52.则这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为______.14.直线，，若，则实数的值为_________________.15.已知，，则三角形的面积为_____________．16.正四面体的棱长为12，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为__________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知四边形的三个顶点，，．（1）若四边形是平行四边形，求顶点的坐标；（2）求点到直线的距离．18.如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为．记，，．（1）求长；（2）求与夹角的余弦值． 19.如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值．20.2023年，某地为了帮助中小微企业渡过难关，给予企业一定的专项贷款资金支持．下图是该地100家中小微企业的专项贷款金额（万元）的频率分布直方图．（1）确定的值，并估计这100家中小微企业的专项贷款金额的众数；（2）从这100家中小微企业中按专项贷款金额分层抽样随机抽取20家，再从这20家专项贷款金额在内的企业中随机抽取3家，求这3家的专项贷款金额都在内的概率．21.在中，角所对的边分别为．已知，，．（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值．22.如图，在等腰梯形中，//，，四边形矩形，平面平面，．（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离； （3）若点在线段上运动，设平面与平面的夹角为，试求的取值范围． 高2022级高二上期期中考试数学试题（命、审题人：陈昀王磊陈勇李思健）总分150分考试时间120分钟注意事项：1．答题前，务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上.2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.3．答非选择题时，将答案书写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效.4．考试结束后将答题卡交回.一、单项选择题：本题共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.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用直线斜率与倾斜角的关系即可求得倾斜角为.【详解】根据直线方程可知其斜率为，设直线倾斜角为，则，可得.故选：B2.水平放置的的直观图如图所示，是中边的中点，且平行于轴，则，，对应于原中的线段AB，AD，AC，对于这三条线段，正确的判断是（）A.最短的是ADB.最短的是ACC.D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，由直观图与原图的关系，结合条件，即可判断.【详解】因为平行于轴，所以在中，，又因为是中边的中点，所以是的中点，所以.故选：A3.若，，则的值是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用余弦的差角公式得到，再根据条件即可求出结果.【详解】因为，又，所以，故选：D.4.如图，在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角大小为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】以点坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角大小. 【详解】在直三棱柱中，平面，且，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，则、、、，所以，，，所以，，则，所以，异面直线与所成角为.故选：A.5.已知某运动员每次投篮命中的概率都为，现采用随机模拟的方式估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算机产生0到9之间取整数值的随机数，指定表示命中，表示不命中；再以三个随机数为一组，代表三次投篮结果，经随机模拟产生了如下12组随机数：                      ，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据随机数找出三次投篮恰有两次命中的数组，再根据古典概型的概率公式计算可得.【详解】依题意在组随机数中三次投篮恰有两次命中的有：，，共个，所以该运动员三次投篮恰有两次命中的概率.故选：A6.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若且，则D.若，则【答案】D 【解析】【分析】根据线面垂直以及面面垂直的性质判断A，B；根据线面平行的性质判断C；根据线面垂直的性质判断D.【详解】对于A，若，，则或者或者相交，故A错误，对于B，若，则或者或者相交，故B错误，对于C，若且，则m与n可能平行、相交或异面，故C错误.对于D，若，则，又，所以，故D正确，故选：D.7.2023年7月28日、第31届世界大学生夏季运动会将在成都东安湖体育公园开幕．公园十二景中的第一景东安阁，阁楼整体采用唐代风格、萃取太阳神乌形象、蜀锦与宝相花纹（芙蓉花）元素，严谨地按照唐式高阁的建筑形制设计建造，已成为成都市文化新地标，面向世界展现千年巴蜀风韵．某数学兴趣小组在探测东安阁高度的实践活动中，选取与阁底A在同一水平面的B，C两处作为观测点，测得，，，在C处测得阁顶的仰角为45°，则他们测得东安阁的高度为（精确到，参考数据：，）（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】在中，由正弦定理可求，进而可得结果.【详解】在中，则，因为，可得（m），在中，则， 即为等腰直角三角形，可得（m）.故选：C.8.南高学生到南充内燃机厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，，，3D打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为（）gA.86.4B.172.8C.864D.950.4【答案】D【解析】【分析】根据题设，应用棱锥、长方体的体积求法求该模型的体积，进而求其质量.【详解】由题设，，且棱锥的高为，所以，长方体的体积，所以该模型体积，故该模型所需原料的质量为g.故选：D二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.设复数，为虚数单位，则下列说法正确的是（）A.的共轭复数为B.C.D.【答案】AB【解析】【分析】由共轭复数的定义、复数模的公式，复数乘法的运算，对选项进行判断.【详解】复数，则，A选项正确； ，B选项正确；，C选项错误；，，D选项错误.故选：AB10.将一枚质地均匀的骰子抛掷两次，记事件“第一次出现奇数点”，事件“两次点数之积为偶数”，事件“两次点数之和为5”，则（）A.事件是必然事件B.事件与事件是互斥事件C.事件包含事件D.事件与事件是相互独立事件【答案】ACD【解析】【分析】列出事件A，B，C，AC的基本事件，再利用事件的基本关系判断.【详解】解：事件A的基本事件有：，事件B的基本事件有：，，，事件C的基本事件有：，事件AC的基本事件有：，A.事件是必然事件，故正确；B.因为，所以事件与事件不是互斥事件，故错误；C.因为，所以事件包含事件，故正确；D.因为，所以，所以事件与事件是相互独立事件，故正确；故选：ACD11.如图所示，四边形为梯形，其中，，，分别为的中点，则结论正确的是（） A.B.C.D.【答案】AB【解析】【分析】根据给定条件，可得四边形为平行四边形，再结合向量线性运算逐项分析计算作答.【详解】对于A，四边形为梯形，，，为中点，即有，则四边形为平行四边形，，A正确；对于B，为中点，，B正确；对于C，为的中点，，C不正确；对于D，由选项A知，，，D不正确.故选：AB12.如图，棱长为2的正方体中，点、满足，，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（）A.B.平面C.若平面，则的最大值为D.若平面，则点的轨迹长度为【答案】ABC【解析】【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A、B选项，分别取、中点、，连接、、、、、、，证明面面平行，找出点的轨迹，结合图形求出的最大值和点的轨迹长度，可判断C、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，，，，故，选项A正确；对于B选项，因为，，设平面法向量为，则，取，则，可得，，即，因为平面，所以平面，故选项B正确；对于C选项，因为，所以为中点，如图分别取、中点、，连接、、、、、、， 因为、分别为、中点，所以，又因为且，则四边形为平行四边形，所以，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，因此当点P为的边上一点（异于点）时，则平面，所以平面，故点P的轨迹为的边上一点（异于点），因为，所以结合图形可知，当点P在G点或H点时，取得最大值，故选项C正确；对于D选项，根据C选项的分析，P点的轨迹的长度为，故D选项错误.故选：ABC【点睛】本题核心是将求轨迹问题转化为面面平行的问题，满足条件的点一定在与已知平面平行的平面上，只要做出这个平面就能画出轨迹.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知一组数据：24，30，40，44，48，52.则这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为______.【答案】36【解析】【分析】根据百分位数的定义得到第30百分位和第50百分位，即可求解．【详解】因为，故这组数据的第30百分位数为30， 因为，所以第50百分位数为，所以这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为，故答案为：36．14.直线，，若，则实数的值为_________________.【答案】或【解析】【分析】根据直线垂直的充要条件计算即可.【详解】由题意可知：，解之得或1.故答案为：或.15.已知，，则三角形的面积为_____________．【答案】##【解析】【分析】利用空间向量求出，再利用三角形面积公式计算即得.【详解】由，，得，则，于是，所以三角形的面积为.故答案为：16.正四面体的棱长为12，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为__________．【答案】【解析】【分析】先根据正四面体的体积求出内切球的半径，取的中点为，再根据数量积得到，可得当的长度最小时，取得最小值，再求出球心到点的距离 ，从而可得点到的距离为，进而求解即可．【详解】由正四面体的棱长为12，则其高为，则其体积为，设正四面体内切球的半径为，则，解得，如图，取的中点为，则，显然，当的长度最小时，取得最小值，设正四面体内切球的球心为，可求得，则球心到点的距离，所以内切球上的点到点的最小距离为，即当取得最小值时，点到的距离为．故答案为：．【点睛】关键点睛：本题考查几何体内切球问题，解题的关键是先根据正四面体的体积可求出内切球的半径，得出点P到AD的距离为球心O到点E的距离减去半径．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知四边形的三个顶点，，．（1）若四边形是平行四边形，求顶点的坐标；（2）求点到直线的距离．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由平行四边形特点得到，进而求出点坐标即可；（2）先求出直线的方程，再根据点到直线的距离公式求出点到直线的距离即可.【小问1详解】设，则，，因为四边形是平行四边形，所以，即，则，解得，所以；【小问2详解】由直线两点式知AB的方程为，即，所以点C到直线AB的距离.18.如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为．记，，．（1）求的长；（2）求与夹角的余弦值．【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）表达出，平方后，结合数量积运算法则计算出，求出的长为；（2）计算出，，从而利用向量的夹角余弦公式求出答案.【小问1详解】由题意知：，，∴，又∵，∴，∴，即的长为，【小问2详解】∵，∴，∴，，∴，即与夹角的余弦值为．19.如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．（1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）法一，通过构造平行四边形，找到线线平行，利用线面平行的判定定理即可证明；法二，通过证明面面平行，证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的公式即可求.【小问1详解】证明：（法一）：取的中点，连接，，∵直三棱柱中，为的中点，所以，且，因为，分别，的中点，∴，，，，∴四边形平行四边形，∴，又∵平面，平面，故平面.（法二）： 取AB的中点，连接，，由直三棱柱可得四边形为平行四边形又为的中点，∴，，∴四边形为平行四边形，∴，又∵平面，平面故平面．∵点，分别为，的中点，∴，又∵平面，平面，∴平面，而，平面，平面，∴平面平面，而平面，故平面.【小问2详解】∵在直三棱柱中又有，∴，，两两垂直，分别以直线，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，∴，，，设是平面的法向量，则，取，则设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成的角的余弦为．20.2023年，某地为了帮助中小微企业渡过难关，给予企业一定的专项贷款资金支持．下图是该地100家中小微企业的专项贷款金额（万元）的频率分布直方图．（1）确定的值，并估计这100家中小微企业的专项贷款金额的众数；（2）从这100家中小微企业中按专项贷款金额分层抽样随机抽取20家，再从这20家专项贷款金额在内的企业中随机抽取3家，求这3家的专项贷款金额都在内的概率．【答案】（1），万元（2）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，即可求出，再求出众数；（2）首先求出、 组中抽取的企业数，利用列举法列出所有可能得结果，再根据古典概型的概率公式计算可得.【小问1详解】由频率分布直方图得，解得，因为专项贷款金额在的频率最大，所以估计这100家中小微企业的专项贷款金额的众数为万元【小问2详解】由题意知分层抽样抽取比例为，抽样的家中小微企业中专项贷款金额在内应抽取的企业有家．在抽取的家中小微企业中，专项贷款金额在内的有家，记为，，，；专项贷款金额在内的有家，记为．从这5家中小微企业中随机抽取3家的可能情况为，，，，，，，，，共10种，其中这3家中小微企业的专项贷款金额都在内的情况为，，，共4种，所以所求概率．21.在中，角所对的边分别为．已知，，．（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值．【答案】（1）（2）（3）【解析】 【分析】（1）根据条件，利用余弦定理即可求出结果；（2）根据条件，利用同角三角函数间的关系，得到，再利用正弦定理即可求出结果；（3）法一，利用二倍角公式，求出，利用同角三角函数间的关系求出，即可求出结果；法二，利用，得到，再计算出即可求出结果.【小问1详解】因为，，，由余弦定理可得，整理得，解得.【小问2详解】因为，，所以，由正弦定理，可得，解得.【小问3详解】（法一）由（2）得，，，，所以，所以．（法二）由余弦定理可得， ∴，∴.22.如图，在等腰梯形中，//，，四边形为矩形，平面平面，．（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离；（3）若点在线段上运动，设平面与平面的夹角为，试求的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质得到线面垂直，再根据线面垂直的判定定理证明即可；（2）可以应用等体积法求出点到平面的距离，也可以应用向量法求出点到面的距离；（3）先求出两个面的法向量，再求出法向量的夹角的余弦值的绝对值，最后根据参数的取值范围求出余弦值的取值范围.【小问1详解】在等腰梯形ABCD中有//，，，所以且，所以，即，因为平面ACFE⊥平面ABCD，且平面平面，平面，所以BC⊥平面； 【小问2详解】法一：因为平面ACFE⊥平面ABCD，且平面平面，而，所以平面，所以，又由（1）知，所以，所以，因为，所以，因为BC⊥平面且平面，所以，所以，所以△ABF为等腰三角形，边BF上的高，所以，设点到平面的距离为，由得，即，解得，所以点C到平面的距离为；法二：由（1）知BC⊥平面且，建立以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示空间直角坐标系，如图所示，，则，，，，所以，，，设为平面ABF的一个法向量，则，令，则，所以， 所以点C到平面ABF的距离为；【小问3详解】由（1）知BC⊥平面且，建立以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示空间直角坐标系，如图所示，，令（），则，，，，则，，设为平面MAB的一个法向量，则，令，则，所以，而平面平面，所以平面一个法向量为，所以，又，所以，所以，故的取值范围为．