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四川省成都外国语学校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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这是一份四川省成都外国语学校2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，45B， 的最小值所属区间为等内容，欢迎下载使用。
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：
926 446 072 021 392 077 663 817 325 615
405 858 776 631 700 259 305 311 589 258
据此估计三天中至少有两天下雨的概率约为（ ）
A. 0.45 B. 0.5 C. 0.55 D. 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：B
3. 已知直线与直线互相平行，则实数的值为( )
A. B. 2或 C. 2 D.
【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：C
5. △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. 3 B. 4 C. 5 D. 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：AC
10. 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：AC
11. 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：39
14. 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.
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：
926 446 072 021 392 077 663 817 325 615
405 858 776 631 700 259 305 311 589 258
据此估计三天中至少有两天下雨的概率约为（ ）
A. 0.45 B. 0.5 C. 0.55 D. 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：B
3. 已知直线与直线互相平行，则实数的值为( )
A. B. 2或 C. 2 D.
【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：C
5. △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. 3 B. 4 C. 5 D. 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：AC
10. 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：AC
11. 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：39
14. 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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