四川省成都市成都市石室中學2023-2024學年高二上學期10月月考數學Word版含解析.docx

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成都石室中學2023～2024學年度上期高2025屆十月考試數學試卷一?單項選擇題：共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的．1.石室中學高一年級有男生570名，若用分層隨機抽樣的方法從高一年級學生中抽取一個容量為110的樣本其中女生53人，則高一年級學生總數為（）A.950B.1000C.1050D.1100【答案】D【解析】【分析】根據分層抽樣的抽樣比的性質進行求解即可.【詳解】設高一年級學生總數為N,根據分層抽樣，則.故選：D.2.直線的方向向量為，則該直線的傾斜角為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據直線的方向向量，結合直線斜率與傾斜角的關系進行求解即可.【詳解】由題意知：直線的斜率為，則直線的傾斜角為.故選：C3.已知某運動員每次投籃命中的概率都為40%.現采用隨機模擬的方法估計該運動員三次投籃恰有兩次命中的概率：先由計算器算出0到9之間取整數值的隨機數，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三個隨機數為一組，代表三次投籃的結果.經隨機模擬產生了20組隨機數：907966191925271932812458569683431257393027556488730113537989據此估計，該運動員三次投籃恰有兩次命中的概率為（）A.0.35B.0.25C.0.20D.0.15【答案】B【解析】【分析】已知三次投籃共有20 種，再得到恰有兩次命中的事件的種數，然后利用古典概型的概率公式求解.【詳解】三次投籃共有20種，恰有兩次命中的事件有：191，271，932，812，393，有5種∴該運動員三次投籃恰有兩次命中的概率為故選：B【點睛】本題主要考古典概型的概率求法，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.4.設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列說法正確的是（）A.若，則B.若，則C.若且，則D.若，則【答案】D【解析】【分析】根據線面垂直以及面面垂直的性質判斷A，B；根據線面平行的性質判斷C；根據線面垂直的性質判斷D.【詳解】對于A，若，，則或者或者相交，故A錯誤，對于B，若，則或者或者相交，故B錯誤，對于C，若且，則m與n可能平行、相交或異面，故C錯誤.對于D，若，則，又，所以，故D正確，故選：D.5.在中，，，為邊上的中點，且的長度為，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】分別在和中利用余弦定理得到，在中利用余弦定理得到，然后解方程即可. 【詳解】在中，；在中，；，∴，又，，整理可得：，即，∴，，在中，，，解得：（舍）或.故選：B.6.十項全能是田徑運動中全能項目的一種，是由跑、跳、投等個田徑項目組成的綜合性男子比賽項目，比賽成績是按照國際田徑聯合會制定的專門田徑運動會全能評分表將各個單項成績所得的評分加起來計算的，總分多者為優(yōu)勝者.如圖，這是某次十項全能比賽中甲、乙兩名運動員的各個單項得分的雷達圖，則下列說法不正確的是（） A.在米跑項目中，甲的得分比乙的得分高B.在跳高和標槍項目中，甲、乙水平相當C.甲的各項得分比乙的各項得分更均衡D.甲的各項得分的極差比乙的各項得分的極差大【答案】C【解析】【分析】利用雷達圖、結合方差、極差的概念逐項判斷即可.【詳解】對于A，由圖中數據知，在米跑項目中，甲的得分比乙的得分高，正確；對于B，由圖中數據知，在跳高和標槍項目中，甲、乙水平相當，正確；對于C，甲的各項得分差異比乙的各項得分差異大，因此乙的各項得分更均衡，不正確；對于D，甲的各項得分的極差大于400，乙的各項得分的極差小于200，所以乙的各項得分的極差大，正確.故選：C.7.已知中，，，，為的外心，若，則m的值為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據三角形外心的性質，結合平面向量數量積的運算性質和定義進行求解即可.【詳解】過作，垂足分別為，顯然為的中點，所以，即， 因為，所以有，故選：A.8.已知點，在直線和軸上各找一點和，則的周長的最小值為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根據點關于直線對稱的性質進行求解即可.【詳解】設點關于直線的對稱點為，則有，點關于軸的對稱點為，如圖所示：當四點共線時，的周長的最小，最小值為，故選：D 二?多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.甲?乙各投擲一枚骰子，下列說法正確的是（）A.事件“甲投得5點”與事件“甲投得4點”不是互斥事件B.事件“甲投得6點”與事件“乙投得5點”是相互獨立事件C.事件“甲?乙都投得6點”與事件“甲?乙不全投得6點”是對立事件D.事件“至少有1人投得6點”與事件“甲投得6點且乙沒投得6點”是相互獨立事件【答案】BC【解析】【分析】根據互斥事件、獨立事件和對立事件的定義逐一判斷即可.【詳解】對于A，事件“甲投得5點”與事件“甲投得4點”不可能同時發(fā)生，二者為互斥事件，A錯誤；對于B,事件“甲投得6點”發(fā)生與否對事件“乙投得5點”沒有影響，二者是相互獨立事件，B正確；對于C，事件“甲?乙都投得6點”的反面為“至少有1人沒有投得6點”，也即“甲?乙不全投得6點”，故事件“甲?乙都投得6點”與事件“甲?乙不全投得6點”是對立事件，C正確；對于D，事件“至少有1人投得6點”包含“甲投得6點且乙沒投得6點”的情況，故事件“至少有1人投得6點”與事件“甲投得6點且乙沒投得6點”不是相互獨立事件，D錯誤，故選：BC10.直線過點，且在兩坐標軸上的截距的絕對值相等，則直線在軸上的截距可能是（）A.3B.0C.D.1【答案】ABD【解析】【分析】通過討論直線截距是否為的情況，即可得出結論【詳解】由題意，直線過點，在兩坐標軸上的截距的絕對值相等，當直線的截距為0時，顯然滿足題意，為：； 當直線的截距不為0時，設橫、縱截距分別為，則直線方程為：，∴，解得：或，∴直線的縱截距可取.故選：ABD.11.設為夾角為的兩個單位向量，則（）A.B.的最小值為C.的最小值為D.對任意的實數有恒成立【答案】CD【解析】【分析】根據平面向量數量積的定義和運算性質逐一判斷即可.【詳解】因為為夾角為的兩個單位向量，所以.對A：，故A錯誤；對B：，當且僅當時，的最小值為，故B錯誤；對C：，當且僅當時取得最小值，故C正確.對D：，兩邊平方可得：對任意的恒成立，故D正確；故選：CD【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是利用這一公式、配方法求解最值. 12.如圖，直四棱柱中，底面ABCD為平行四邊形，,，點P是經過點的半圓弧上的動點（不包括端點），點Q是經過點D的半圓弧上的動點（不包括端點），則下列說法正確的是（）A.四面體PBCQ的體積的最大值為B.的取值范圍是C.若二面角的平面角為，則D.若三棱錐的外接球表面積為S，則【答案】ACD【解析】【分析】根據棱錐的體積公式可判斷A；根據向量的相等以及數量積的定義可判斷B；結合二面角平面角定義找出，結合解直角三角形判斷C；確定三棱錐的外接球球心位置，列等式求得半徑表達式，求得其取值范圍，即可求出三棱錐外接球表面積取值范圍，判斷D.【詳解】由題意知在直四棱柱中，半圓弧經過點D，故，點P到底面的距離為，當點Q位于半圓弧上的中點時最大，即四面體PBCQ體積最大，則，故A正確；由于，則，又在中，，故， 因為，所以，則，故B錯誤；因為平面，平面，故，而,平面，故平面，平面，故，所以是二面角的平面角，則，因為，所以，故C正確；設線段BC的中點為N，線段的中點為K，則三棱錐的外接球球心O在NK上，在四邊形中，,,設，在中，在中，故，整理得，所以，所以外接球的表面積為，D正確，故選：ACD【點睛】難點點睛：解答本題的難點在選項D的判斷，解答時要發(fā)揮空間想象，明確空間的點線面位置關系，確定外接球球心位置，進而找出等量關系，求得球的半徑取值范圍，即可求解球表面積取值范圍.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共計20分．13.2023年四川省高考分數公布后，石室中學再續(xù)輝煌，某基地班的12名同學成績分別是（單位：分）：673，673，677，679，682，682，684，685，687，691，697，705，則這12名學生成績的上四分位數為_________.【答案】689【解析】 【分析】根據上四分位數的定義進行求解即可.【詳解】因為12，所以這12名學生成績的上四分位數為，故答案為：68914.已知直線互相垂直，則的值為______.【答案】.【解析】【分析】根據兩條直線垂直的條件，得到所滿足的等量關系式，解方程，求得的值.【詳解】因為直線互相垂直，則有，即，進一步化簡得，解得或，故答案是0或2.【點睛】該題所考查的是有關兩條直線垂直的條件，利用垂直的條件是，得到關于所滿足的等量關系式，求得結果.15.已知等腰直角的斜邊在平面內，與所成角為，是斜邊上的高，則與平面所成角的正弦值為______.【答案】【解析】【分析】過作于，連接，得直線與平面所成的角，再設，求得，然后計算正弦值．【詳解】如圖所示，過作于，連接， 則為與平面所成角，同理分別是與平面所成的角，又平面，則，由題意可得，設，則有，在中，.故答案為：.16.在中，角，，所對的邊分別為，，，，于點D，且，則線段長度的最大值為_________.【答案】【解析】【分析】先利用正弦定理與三角恒等變換推得，再利用余弦定理與基本不等式求得，從而利用三角形面積相等即可得解.【詳解】因為，所以由正弦定理得，由于，，所以，所以，由于，，所以，則，所以，得，當且僅當時，等號成立，因為，所以，故，所以的最大值為.故答案為：. 四、解答題：共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．17.如圖，已知的頂點為，，是邊AB的中點，AD是BC邊上的高，AE是的平分線．（1）求高AD所在直線的方程；（2）求AE所在直線的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據互相垂直的直線斜率的性質，結合直線點斜式方程進行求解即可；（2）根據角平分線的性質，結合兩點式方程進行求解即可.【小問1詳解】因為是邊AB的中點，所以，因為，所以，因此高AD所在直線的方程為：；【小問2詳解】因為AE是的平分線，所以，所以，設， 所以，所以AE所在直線的方程為：.18.某蔬果經銷商銷售某種蔬果，售價為每千克25元，成本為每千克15元，其銷售宗旨是當天進貨當天銷售，若當天未銷售完，未售出的全部降價以每千克10元處理完．據以往銷售情況，按進行分組，得到如圖所示的頻率分布直方圖．（1）根據頻率分布直方圖求該蔬果日需求量的平均數（同組數據用區(qū)間中點值代表）；（2）該經銷商某天購進了250千克蔬果，假設當天的日需求量為千克（），利潤為元．①求關于的函數表達式；②根據頻率分布直方圖估計利潤不小于1750元的概率．【答案】（1）265千克；（2）①；②0.7.【解析】【分析】(1)用頻率分布直方圖中每一個矩形的面積乘以矩形的底邊中點橫坐標的和即為平均值；(2)①根據日需求量與進貨量250千克的關系，分類討論即可求出；②由解出日需求量的取值范圍，再根據頻率分布直方圖求出對應的面積即可．【詳解】(1)50×0.001×100+150×0.002×100+250×0.003×100+350×0.0025×100+450×0.0015×100=265故該蔬果日需求量的平均數為265千克．(2) ①當日需求量低于250千克時，利潤=（元）；當日需求量不低于250千克時，利潤（元），所以．②由，解得．所以==++=0.7故根據頻率分布直方圖估計利潤不小于1750元的概率為0.7【點睛】本題主要考查利用頻率分布直方圖估計樣本的平均數，以及分段函數的求法應用，屬于基礎題．結論點睛：在頻率分布直方圖中，眾數等于最高矩形底邊中點橫坐標，中位數是把頻率分布直方圖分成左右兩邊面積相等的分界對應的數值，平均數等于頻率分布直方圖中每一個矩形的面積乘以矩形的底邊中點橫坐標的和．19.石室北湖后勤服務中心為監(jiān)控學校三樓食堂的服務質量情況，每學期會定期進行兩次食堂服務質量抽樣調查，每次調查的具體做法是：隨機調查50名就餐的教師和學生，請他們?yōu)槭程梅召|量進行評分，師生根據自己的感受從0到100分選取一個分數打分，根據這50名師生對食堂服務質量的評分并繪制頻率分布表．下圖是根據本學期第二次抽樣調查師生打分結果繪制的頻率分布表，其中樣本數據分組為[40，50），[50，60），……，[90，100]．分數[40，50)[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,100]頻率0.040.060.220.280.220.18（1）用每組數據的中點值代替該組數據，試估計頻率分布表中前三組的平均分；（2）學校每周都會隨機抽取3名學生和田校長共進午餐，每次田校長都會通過這3名學生了解食堂服務質量，田校長的做法是讓學生在“差評、中評、好評”中選擇一個作答，如果出現“差評”或者“沒有出現好評”，田校長會立即責成后勤分管副校長親自檢查食堂服務情況．若以本次抽取的50名師生樣本頻率分布表作為總體估計的依據，用頻率估計概率，并假定本周和田校長共進午餐的學生中評分在[40，60）之間的會給“差評”，評分在[60，80）之間的會給“中評”，評分在[80，100]之間的會給“好評”，已知學生都會根據自己的感受獨立地給出評價不會受到其它因素的影響，試估計本周田校長會責成后勤分管副校長親自檢查食堂服務質量的概率．【答案】（1） （2）0.396【解析】【分析】（1）根據平均值定義計算平均值；（2）對3名學生給出好評中評和差評作分類討論，計算出田校長不會責成后勤分管副校長親自檢查食堂服務質量的事件的概率即可.【小問1詳解】由已知得前三組平均分為；【小問2詳解】由圖可知，[40，60）、[60，80）、[80，100]這三組的頻率分別為0.1、0.5、0.4；用頻率估計概率，即差評、中評、好評的概率分別為0.1、0.5、0.4，以本次抽取的3名學生，讓學生在“差評、中評、好評”中選擇一個作答，已知學生都會根據自己的感受獨立地給出評價不會受到其它因素的影響，記3名學生分別為甲、乙、丙；設本周田校長不會責成后勤分管副校長親自檢查食堂服務質量的事件記為A，則A事件即為：甲好評乙丙中評、甲乙好評丙中評、甲丙好評乙中評、乙好評甲丙中評、乙丙好評甲中評、丙好評甲乙中評、甲乙丙都好評；即本周田校長會責成后勤分管副校長親自檢查食堂服務質量的概率為；綜上，前三組的平均分為60.625，本周田校長會責成后勤分管副校長親自檢查食堂服務質量的概率為0.396.20.某市為了了解人們對“中國夢”的偉大構想的認知程度，針對本市不同年齡和不同職業(yè)的人舉辦了一次“一帶一路”知識競賽，滿分100分（95分及以上為認知程度高），結果認知程度高的有m人，按年齡分成5組，其中第一組：[20，25），第二組：[25，30），第三組：[30，35），第四組：[35，40），第五組：[40，45]，得到如圖所示的頻率分布直方圖，已知第一組有10人. （1）根據頻率分布直方圖，求m的值并估計這m人年齡的第80百分位數；（2）現從以上各組中用分層隨機抽樣的方法抽取20人，擔任本市的“中國夢”宣傳使者.（i）若有甲（年齡38），乙（年齡40）兩人已確定入選宣傳使者，現計劃從第四組和第五組被抽到的使者中，再隨機抽取2名作為組長，求甲?乙兩人至少有一人被選上的概率；（ii）若第四組宣傳使者的年齡的平均數與方差分別為37和，第五組宣傳使者的年齡的平均數與方差分別為43和1，據此估計這m人中35~45歲所有人的年齡的方差.【答案】（1），第80百分位數為（2）（i）；（ii）10【解析】【分析】（1）根據第一組的人數及所占比例求出，利用百分位數的計算公式求出第80百分位數為；（2）（i）利用列舉法求解甲?乙兩人至少有一人被選上的概率；（ii）結合第四組和第五組的平均數和方差，利用公式求出這m人中35~45歲所有人的平均數和方差.【小問1詳解】由題意，，所以.設第80百分位數為，因為，，故第80百分位數位于第四組：[35，40）內，由，解得：，所以第80百分位數為；小問2詳解】 （i）由題意得，第四組應抽取4人，記為，甲，第五組抽取2人，記為，乙，對應的樣本空間為：，甲，乙，甲，乙），（B，D），（C，甲），（甲，乙），（甲，D），（乙，D）共15個樣本點.設事件“甲?乙兩人至少一人被選上”，則，甲，乙，甲，乙），，甲，乙），（甲，乙），（甲，乙，，共有9個樣本點.所以.（ii）設第四組?第五組的宣傳使者的年齡的平均數分別為，方差分別為，則，設第四組和第五組所有宣傳使者的年齡平均數為，方差為.則，，因此，第四組和第五組所有宣傳使者的年齡方差為10，據此，可估計這人中年?在歲的所有人的年齡方差約為10.21.如圖1，已知平面四邊形是矩形，，，將四邊形沿翻折，使平面平面，再將沿著對角線翻折，得到，設頂點在平面上的投影為.圖1圖2圖3（1）如圖2，當時，若點在上，且，，證明：平面，并求的長度.（2）如圖3，當時，若點恰好落在的內部（不包括邊界），求二面角的余弦值的取值范圍. 【答案】（1）證明見解析，（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的判定定理得到平面，從而有，又平面得證；設，由可求出，在中，根據勾股定理解出的長度；（2）作，交于，交于，當點O恰好落在的內部(不包括邊界)，點O恰好在線段EF上，為二面角的平面角，由此能求出二面角的余弦值的取值范圍.【小問1詳解】點在平面ABCD上的射影為且點在上，點恰好落在邊上，平面平面ACD，又，平面平面平面，又平面，，又，，平面，平面,平面，平面,設，，則，，，， 在中，,解得，.【小問2詳解】作，交于，交于，如圖：當點O恰好落在的內部(不包括邊界)時，點O恰好在線段EF上，又，，為二面角的平面角,當時，由,可得，且，，故二面角的余弦值的取值范圍為22.如圖，已知，，為邊上靠近點的三等分點.（1）若，，求.（2）若直線平分，求與內切圓半徑之比取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據條件，利用向量的線性運算，得到，在中，令， ，根據余弦定理得，，再結合條件即可求出結果；（2）根據角平線的性質得出，在中，利用余弦定理和條件得出，再利用等面積法得到，再結果的范圍即可求出結果.【小問1詳解】由題意，，，所以，因為，，所以，故，則，即，故，不妨記，，則，又，所以，解得，則，所以.【小問2詳解】設與內切圓的半徑分別為與，因為直線BD平分，所以由角平分線性質定理得，記，則，記，則，因，所以 ，因為，即，則，所以，即設頂點到的距離為，因為，又，，所以，則，令，則，，所以，因為，所以，則，故，所以，即，所以，故，所以與內切圓半徑之比的取值范圍為.