2023-2024学年四川省南充高级中学高二上学期11月期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年四川省南充高级中学高二上学期11月期中考试数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【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：B
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．
【答案】A
【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：A
3．若，，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【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
【分析】以点为坐标原点，、、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
【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：A
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
【答案】D
【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
【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（ ）g

A．86.4B．172.8C．864D．950.4
【答案】D
【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
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
【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：AB
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
【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：ACD
11．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
【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：AB
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
【答案】ABC
【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】本题的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
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
【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
【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】/
【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】
【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：本题考查几何体的内切球问题，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
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)
【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.
【详解】（1）设，则，，
因为四边形是平行四边形，
所以，即，
则，解得，
所以；
（2）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)
【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.
【详解】（1）由题意知：，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即的长为，
（2）∵，
∴，
∴，
，
∴，
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)
【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.
【详解】（1）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，
∴，，
，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
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.
（2）∵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)
【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.
【详解】（1）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
（2）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)
【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.
【详解】（1）因为，，，
由余弦定理可得，整理得，
解得.
（2）因为，，所以，
由正弦定理，可得，
解得.
（3）（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).
【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.
【详解】（1）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；
（2）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；
（3）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，所以平面的一个法向量为，
所以，
又，所以，
所以，
故的取值范围为．