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四川省 校2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题(Word版附解析)

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成都外国语学校2023~2024学年度上期10月学月考试高二(上)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.

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-10-31 05:00:02 页数:23
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文章作者:随遇而安

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