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四川省仁寿第一中学校南校区2023-2024学年高二数学上学期月考模拟试卷(一)(Word版附解析)
四川省仁寿第一中学校南校区2023-2024学年高二数学上学期月考模拟试卷(一)(Word版附解析)
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高2022级高二上期数学国庆作业一(月考模拟题)一、单选题(共12小题,每题5分,共60分)1.点关于平面对称的点的坐标是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用空间直角坐标系的性质即可得出结果.【详解】由空间直角坐标系的性质可知,点关于平面对称的点的坐标是.故选:A2.已知是两个不同的平面,是空间中两条不同的直线,下列说法正确的是()A.若,则B.若,则C.若,则D.若,则【答案】C【解析】【分析】根据空间面面以及线面、线线的位置关系判断A;根据面面平行的性质判断B;根据线面垂直的判定判断C;举反例判断D.【详解】对于A,若,则或,A错误;对于B,若,则可能平行也可能异面或相交,B错误;对于C,由,可得,又,则,C正确;对于D,如图长方体中,不妨取前方面为,右侧面为,如图示,,但,D错误; 故选:C3.从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球,那么互斥而不对立的两个事件是()A.“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”B.“至少有一个黑球”与“都是红球”C.“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”D.“至少有一个黑球”与“都是黑球”【答案】A【解析】【分析】根据给定条件,利用互斥事件、对立事件的定义逐项分析判断作答.【详解】对于A,恰好有一个黑球的事件与恰好有两个黑球的事件不能同时发生,可以同时不发生,因此“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”是互斥而不对立的两个事件,A是;对于B,至少有一个黑球的事件与都是红球的事件是对立事件,B不是;对于C,至少有一个黑球的事件与至少有一个红球的事件可以同时发生,不互斥,C不是;对于D,至少有一个黑球的事件与都是黑球的事件可以同时发生,不互斥,D不是.故选:A4.如图,在正方体中,为底面的中心,为所在棱的中点,为正方体的顶点.则满足的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】如图建立以A为原点的空间直角坐标系.依次判断各选项是否满足即可. 【详解】如图建立以A为原点的空间直角坐标系,设正方体边长为.A选项,,则,则,故A错误;B选项,,,则,故B错误;C选项,,,则,即,故C正确;D选项,,则,故D错误. 故选:C5.已知甲、乙两位同学在一次射击练习中各射靶10次,射中环数频率分布如图所示:令,分别表示甲、乙射中环数的均值;,分别表示甲、乙射中环数的方差,则()A.,B.,C.,D.,【答案】D【解析】【分析】根据频率分布图分别计算,,比较大小可得.【详解】由图可知,,,所以,.故选:D.6.从,,,,中任取两个不同的数,记为,则成立的概率为()A.B.C.D.【答案】D【解析】 【分析】利用列举法,结合古典概型概率计算公式求得正确答案.【详解】从,,,,中任取两个不同的数,记为,共有个基本事件,分别为,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,记“成立”为事件,若,则且,所以事件包含个基本事件:,,,,,,故其概率为.故选:D7.在四棱锥中,平面,四边形为菱形,,,点为的中点,则异面直线与所成角的余弦值为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】连接交于点,连接,得到(补角)是异面直线与所成角求解.【详解】解:如图所示:连接交于点,连接,因为,所以(补角)是异面直线与所成角. 因为平面,平面,所以,又因为四边形为菱形,所以,又,所以平面PBD,又平面PBD,所以,则为直角三角形,设,在中,,所以,故选:B.8.M为△ABC所在平面内一点,且,则动点M轨迹必通过△ABC的()A.垂心B.内心C.外心D.重心【答案】C【解析】【分析】设边的中点为,结合向量的线性运算法则化简向量等式可得,由数量积的性质可得,由此可得结论.【详解】设边的中点为,因为,所以,所以,所以,所以,所以,又点为边的中点,所以点在边的垂直平分线上,所以动点M的轨迹必通过△ABC的外心, 故选:C.二、多选题(共4小题,每题5分,共20分)9.一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1,2,3,4,连续抛掷这个正四面体木块两次,并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字,记事件A为“第一次向下的数字为2或3”,事件B为“两次向下的数字之和为奇数”,则下列结论正确的是()A.B.事件A与事件B互斥C.事件A与事件B相互独立D.【答案】CD【解析】【分析】A.利用古典概型的概率求解判断;B.利用互斥事件的定义判断;C.利用独立事件的概率求解判断;D.利用并事件的概率求解判断.【详解】解:依题意,抛掷正四面体木块,第一次向下的数字有1,2,3,4四个基本事件,则,A不正确:事件B含有基本事件有8个:,,,,,,,,其中事件,,,发生时,事件A也发生,即事件A,B可以同时发生,B不正确;抛掷正四面体木块两次的所有基本事件有16个,,,即事件A与事件B相互独立,C正确;,D正确.故选:CD.10.如图,在四面体中,平面平面,,则下列结论正确的是() A.四面体的体积为B.C.二面角的余弦值为D.四面体外接球的体积为【答案】BC【解析】【分析】根据平面平面,得到平面,从而,再由得到,从而平面BCD,可判断AB选项;易得二面角的平面角是判断C选项;将原几何体补成长方体判断D选项.【详解】因为平面平面,平面平面,所以平面,平面,所以,又,则,且,所以平面BCD,在中,因为,,所以,所以,所以,A不正确,B正确; 二面角的平面角是,易得,C正确;将原几何体补成长方体,如图所示:则四面体的外接球即为长方体的其外接球,外接球的直径为AD,且,所以半径,故,D错误.故选:BC.11.如图所示是世界人口变化情况的三幅统计图:下列结论中正确的是()A.从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加B.2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多C.2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平D.1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢【答案】ABC【解析】【分析】根据所给折线图、扇形图以及直方图,分析每个选项中涉及的量的变化,即可得答案.【详解】对于A,从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加,故A正确;对于B,从扇形图中能够明显地看出2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多,故B正确; 对于C,从条形图中能够明显地看出2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平,故C正确;对于D,由题中三幅统计图可看得出北美洲人口数量最少,并不能得出从1957年到2050年中哪个洲人口增长速度最慢,故D错误.故选:ABC12.设的内角的对边分别为,则下列结论正确的是()A.若,则B.若,则外接圆的半径为C.若,则D.若,则为锐角三角形【答案】AC【解析】【分析】利用正弦定理化角为边,再根据大边对大角即可判断A;利用正弦定理即可判断B;先利用余弦定理求出,再根据数量积的定义即可判断C;利用正弦定理化角为边,正在跟进余弦定理即可判断D.【详解】对于A,因为,由正弦定理得,故A正确;对于B,由正弦定理,得,即外接圆的半径为,故B错误;对于C,由余弦定理,则,故C正确;对于D,因为,由正弦定理得,则,故,所以角锐角,但不一定为锐角三角形,故D错误.故选:AC. 三、填空题(共4小题,每题5分,共20分)13.用分层抽样的方法从某校高中学生中抽取一个容量为45的样本,其中高二年级有学生600人,抽取了15人.则该校高中学生总数是________人.【答案】1800【解析】【分析】利用比例求出学生总数.【详解】,故该校高中学生总数是1800人.故答案为:180014.设空间向量,,若,则=______.【答案】3【解析】【分析】根据空间向量共线得,再利用空间向量的坐标运算和向量模的定义即可得到答案.【详解】,则显然,,解得,则,,故答案为:3.15.直线上一点P到与的距离之差的绝对值最大,则P的坐标为______.【答案】【解析】【分析】求出B点关于关于l对称点的坐标,结合点P到与的距离之差的几何意义,确定当三点共线时,最大,即可求得的方程,联立,即可求得答案.【详解】设点B关于l的对称点的坐标为,连接, 则,即,所以①.因为的中点在直线l上,所以,即②.由①②得,所以点的坐标为.于是所在直线的方程为,即.又,当且仅当三点共线时,最大.所以联立直线l与的方程即,解得,即l与的交点坐标为,故点P的坐标为.故答案为:16.一组数据按从小到大的顺序排列如下:11,12,15,x,17,y,22,26,经计算,该组数据中位数是16,若分位数是20,则___________.【答案】33【解析】【分析】利用中位数与百分位数的定义求得,从而得解.【详解】因为,故中位数是,解得;因为,故75%分位数是,则;所以 故答案为:33.四、解答题.(共6小题,共70分)17.如图,在平行六面体中,以顶点为端点的三条棱长都是1,且它们彼此的夹角都是,为与的交点.若,,,(1)用表示;(2)求对角线的长;(3)求【答案】(1);(2);(3).【解析】【分析】(1)根据几何关系,结合向量的运算法则,即可容易表示目标向量;(2)用基向量表示,再用数量积的运算法则求解即可;(3)根据(2)中所求,结合向量夹角余弦值的计算公式,代值即可.【详解】(1)连接,如图:因为,,在,根据向量减法法则可得:因为底面是平行四边形 故因为且又为线段中点在中(2)因为顶点为端点的三条棱长都是1,且它们彼此的夹角都是故由(1)可知故平行四边形中故:故(3)因为,又 【点睛】本题考查用基向量表示空间向量,涉及空间向量数量积的运算、模长的求解以及夹角的求解,属综合基础题.18.已知空间三点,,.(1)求以AB,AC为邻边的平行四边形的面积;(2)设,若A,B,C,D四点共面,求的值【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)由空间向量的数量积得夹角后求解(2)由空间向量共面定理求解【小问1详解】由已知,得:,,∴,∴∴以AB,AC为邻边的平行四边形的面积为【小问2详解】由,得:∵A,B,C,D四点共面∴存在实数,,使得∴,即得:解得:,,∴ 19.某校组织全体学生参加“数学以我为傲”知识竞赛,现从中随机抽取了100名学生的成绩组成样本,并将得分分成以下6组:,,,……,,统计结果如图所示:(1)试估计这100名学生得分的众数、中位数;(中位数保留小数点后2位)(2)试估计这100名学生得分平均数(同一组中的数据用该组区间中点值代表);(3)现在按分层抽样的方法在和两组中抽取5人,再从这5人中随机抽取2人参加这次竞赛的交流会,求至少有一人在的概率.【答案】(1)众数75;中位数(2)(3)【解析】【分析】(1)利用众数与中位数的定义结合频率分步直方图即可得到这100名学生得分的众数、中位数估计值;(2)利用平均数定义结合频率分步直方图即可得到这100名学生得分的平均数估计值.(3)利用古典概型概率求法即可求得从这5人中随机抽取2人参加这次竞赛的交流会且至少有一人在的概率.【小问1详解】由频率分布直方图可知,第4组频率最大,估计众数为:75;在内频率之和为,设中位数为,由图可知中位数在,由,得中位数【小问2详解】由频率分布直方图的数据,可得这100名学生得分的平均数: 【小问3详解】在和两组中的人数分别为:人和人,所以在分组中抽取的人数为人,记为a,b,c,在分组中抽取的人数为2人,记为1,2,所以这5人中随机抽取2人的情况有:,共10种取法,至少有一人得分在的情况有7种,所以所求概率为.20.如图,在四棱锥中,,四边形是菱形,是棱上的动点,且.(1)证明:平面.(2)是否存在实数,使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)存在实数,使得面与面所成锐二面角的余弦值是.【解析】【分析】(1)由题设,根据线面垂直的判定得平面,再由线面垂直的性质有,并由勾股定理证,最后应用线面垂直的判定证结论;(2)取棱的中点,连接 ,构建空间直角坐标系,写出相关点的坐标,应用向量法求面面角的余弦值,结合已知列方程求参数,即可判断存在性.【小问1详解】因为四边形是菱形,所以.因为平面,且,所以平面.因为平面,所以.因为,所以,即.因为平面,且,所以平面.【小问2详解】取棱的中点,连接,易证两两垂直,故以为原点,分别以的方向为轴的正方向,建立空间直角坐标系.设,则,故,所以,设平面的法向量为,则,令,得. 平面的一个法向量为,设面与面所成的锐二面角为,则,整理得,解得(舍去).故存在实数,使得面与面所成锐二面角的余弦值是.21.年月日,神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆,航天员翟志刚、王亚平、叶光富完成在轨驻留半年的太空飞行任务,标志着中国空间站关键技术验证阶段圆满完成.并将进入建造阶段某地区为了激发人们对天文学的兴趣,开展了天文知识比赛,满分分(分及以上为认知程度高),结果认知程度高的有人,这人按年龄分成组,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,已知第一组有人.(1)根据频率分布直方图,估计这人的第百分位数(中位数第百分位数);(2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取人,担任“党章党史”的宣传使者.①若有甲(年龄),乙(年龄)两人已确定入选宣传使者,现计划从第四组和第五组被抽到的使者中,再随机抽取名作为组长,求甲、乙两人至少有一人被选上的概率;②若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为和,第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为和,据此估计这人中岁所有人的年龄的平均数和方差.【答案】(1)(2)①;②年龄的平均数为,方差约为【解析】 【分析】(1)根据频率分布直方图可确定第百分位数第四组,根据第百分位数定义可构造方程求得结果;(2)①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;②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.【小问1详解】设第百分位数为,,,位于第四组:内;方法一:由得:.方法二:由得:.【小问2详解】①由题意得,第四组应抽取人,记为,,,甲;第五组抽取人,记为,乙,对应的样本空间为:,,甲,,乙,,甲,,乙,甲,,乙,甲,甲乙,乙,共个样本点.设事件为“甲、乙两人至少一人被选上”,则有甲,乙,甲,乙,甲,乙,甲,甲乙,乙,共有个样本点.;②设第四组的宣传使者的年龄分别为,平均数分别为,方差分别为,设第五组的宣传使者的年龄分别为,,平均数分别为,方差分别为,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,则.即第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为;据此估计这人中年龄在岁的所有人的年龄的平均数为,方差约为.22.如图,在三棱柱中,底面是边长为2的等边三角形,在菱形中,,,平面平面,,分别是线段、的中点.(1)求证:平面;(2)若点为线段上的动点(不包括端点),求锐二面角的余弦值的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)建立坐标系,利用向量法进行证明. (2)建立坐标系求出平面的法向量,利用向量夹角公式求二面角即可.【小问1详解】由平面平面,且两平面交线为,为中点,,平面,所以平面,由于平面,故,在菱形中,,,所以为等边三角形,又为中点,所以,则以为坐标原点,所在直线为,,轴,可建立如图所示空间直角坐标系,则,,,,,又,,平面,平面.【小问2详解】,设,则,,,;由(1)知平面,平面的一个法向量,设平面的法向量,又 则,,即,令,则,,,,令,则,,,所以,,,即锐二面角的余弦值的取值范围为.
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高中 - 数学
发布时间:2023-10-21 17:30:03
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