2023-2024学年四川省成都东部新区养马高级中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年四川省成都东部新区养马高级中学高二上学期期中考试数学试题含答案，共15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．已知点，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】计算直线斜率，再确定倾斜角即可.
【详解】直线的斜率，
设直线的倾斜角为，，则，.
故选：A.
2．下列统计量中，能度量样本，，…，的离散程度的有（ ）
A．方差B．中位数C．众数D．平均数
【答案】A
【分析】直接根据方差的概念得到答案.
【详解】方差能度量样本，，…，的离散程度，其他三个选项不能.
故选：A.
3．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
【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
4．以为圆心，且经过点的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用圆的定义及标准方程计算即可.
【详解】由题意知，圆心是，圆的半径，
所以圆的方程为．
故选：B．
5．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
【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．
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
【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
【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．已知是锐角三角形，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先利用正弦定理与余弦定理的边角变换，结合三角函数的恒等变换求得，再求得角的范围，结合正弦定理边角变换与倍角公式即可得解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，得，
由余弦定理得，所以，
即，由正弦定理得，
因为，则
所以，即.
因为为锐角三角形，
，
又在上单调递增，所以，则，
因为为锐角三角形，
.
所以.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是灵活运用正弦定理与余弦定理的边角变换，推得，从而得解.
二、多选题
9．对于直线，下列说法正确的有（ ）
A．直线l过点B．直线l与直线垂直
C．直线l的一个方向向量为D．直线l的倾斜角为45°
【答案】AB
【分析】根据直线的斜截式，结合直线斜率与倾斜角的关系、直线方向向量的定义、互相垂直两直线的性质逐一判断即可.
【详解】解析：直线化成斜截式为，所以当时，，A对；直线l的斜率为﹣1，倾斜角为135°，D错；直线的斜率为1，，所以两直线垂直，B对；直线l的一个方向向量为，C错．
故选：AB．
10．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
【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
11．下列结论正确的是（ ）
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】BD
【分析】当时不成立，A错误，关于轴对称的点为，，计算得到B正确，计算平行直线的距离得到C错误，计算斜率得到D正确，得到答案.
【详解】对选项A：当时不成立，错误；
对选项B：关于轴对称的点为，如图1，
，
当且仅当三点共线，且在线段上时等号成立，正确；
对选项C：平行直线与直线之间的距离为，
错误；
对选项D：，，如图2，
过点的直线与线段有公共点，
则直线的斜率的取值范围是，正确；
故选：BD.
12．已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（ ）
A．直线与直线所成的角为
B．直线与平面所成角的余弦值为
C．平面
D．点到平面的距离为
【答案】ABC
【分析】如图建立空间直角坐标系，求出和的坐标，由可判断A；
证明，可得，，由线面垂直的判定定理可判断C；计算的值可得线面角的正弦值，再由同角三角函数基本关系求出夹角的余弦值可判断B；利用向量求出点到平面的距离可判断D，进而可得正确选项.
【详解】
如图以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则， ，，，
对于A：，，
因为，所以，即，直线与直线所成的角为，故选项A正确；
对于C：因为 ，，，
所以，，所以，，
因为，所以平面，故选项C正确；
对于B：由选项C知：平面，所以平面的一个法向量，因为，所以，即直线与平面所成角的正弦值为，所以直线与平面所成角的余弦值为，故选项B正确；
对于D：因为，平面的一个法向量，
，，
故，令，则，
故，
所以点到平面的距离，故选项D不正确
故选：ABC.
三、填空题
13．无论实数k取何值，直线kx-y+2+2k＝0恒过定点 ．
【答案】
【分析】由kx-y+2+2k＝0，得(x+2)k+(2-y)＝0，由此能求出无论实数k取何值，直线kx-y+2+2k＝0恒过定点．
【详解】∵kx-y+2+2k＝0，∴(x+2)k+(2-y)＝0，
解方程组，得．
∴无论实数k取何值，直线kx-y+2+2k＝0恒过定点．
故答案为：．
14．某人有3把钥匙，其中2把能打开门，如果随机地取一把钥匙试着开门，把不能打开门的钥匙扔掉，那么第二次才能打开门的概率为 .
【答案】
【分析】分析试验过程，利用概率的乘法公式即可求出概率.
【详解】记事件A：第二次才能打开门.
因为3把钥匙中有2把能打开门，而第一次没有打开，第二次必然能打开.
所以.
故答案为：.
15．直线过点，则直线与轴正半轴、轴正半轴围成三角形面积的最小值为 ．
【答案】
【分析】代入点坐标得到，利用均值不等式得到，计算面积得到答案.
【详解】直线过点，则，
当，时，，即，
当且仅当，即，时等号成立，
直线与轴正半轴、轴正半轴围成三角形面积为，
故答案为：
16．若非零实数对满足关系式，则 ．
【答案】或
【分析】化简转化为点到直线的距离，利用直线的位置关系即可求解.
【详解】由，
可得，
可以看成点到直线的距离，
可以看成点到直线的距离，
因为，
所以.
因为，，
所以当点，在直线同侧时，直线与直线平行，
当点，在直线异侧时，，关于直线对称，
因为直线的斜率，
直线的斜率为，
所以或，
所以或.
故答案为：或.
四、解答题
17．已知直线过点．
(1)若直线与直线垂直，求直线的方程
(2)若已知直线，点关于直线的对称点的坐标．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据垂直关系得到斜率，结合点坐标得到直线方程.
（2）设出对称点，根据斜率的关系和中点坐标得到方程组，解得答案.
【详解】（1）直线与直线垂直，则，
故直线的方程为，即
（2）设点关于直线的对称点的坐标为，
则，解得，故对称点坐标为.
18．已知以点C为圆心的圆经过点A(-1，0)和B(3，4)，且圆心C在直线上
（1）求圆C的方程；
（2）设点Q(-1，)(m>0)在圆C上，求△QAB的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）求出的垂直平分线和直线的交点可得圆心坐标，再利用两点间距离求半径，即可得答案；
（2）求出点，再利用点到直线距离公式求高，代入面积公式即可得答案；
【详解】（1）依题意知所求圆的圆心为的垂直平分线和直线的交点．
的中点为，直线的斜率为1，
的垂直平分线的方程为，即．
由，得，即圆心．
半径．
故所求圆的标准方程为．
（2）点在圆上，
或(舍去)，，
，直线的方程为：，
点到直线的距离为4，
的面积．
【点睛】利用圆的几何意义求圆的方程时，注意只要圆过两点A,B，其圆心必在线段的中垂线上.
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m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m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．若有甲（年龄38），乙（年龄40）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2名作为组长，求甲､乙两人至少有一人被选上的概率．
【答案】(1)岁；
(2)
【分析】（1）直接根据频率分布直方图求解平均年龄与第80百分位数；
（2）按照分层抽样确定第四组抽取人数与编号，第五组抽取人数与编号，列举样本空间中所有样本点及事件“甲、乙两人至少一人被选上”的所有符合的样本点，结合古典概型公式计算即可得所求概率.
【详解】（1）解：设这m人的平均年龄为，
则
岁，
设第80百分位数为a，因为，所以第80百分位数在之间，
由，解得
（2）解：由题意得，各组人数比例为，所以第四组应抽取人，记为A，B，C，甲，第五组应抽取人，记为D，乙.
对应的样本空间为：甲，乙，，，甲，乙，，甲，乙，，甲,乙，甲,，乙,，共15个样本点.
设事件 “甲、乙两人至少一人被选上”，
则甲，乙，甲，乙，甲，乙，甲,乙，甲,，乙,，共有9个样本点.
所以
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).
【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.
【详解】（1）由题意可得 即，
解得或 由于，所以
（2）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．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；
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）确定平面，根据平面平面，得到证明.
（2）连接与交于点，确定，根据勾股定理得到，确定平面，得到证明.
【详解】（1）为菱形，则，平面，平面，
故平面，
平面平面，平面，故.
（2）如图所示：连接与交于点，
因为是中点，，故，
因为，，则，，，
因为，故，即，
又因为，平面，故平面，
又因为平面，故平面平面.
22．已知的内角的对边分别为，且．
(1)求外接圆半径.
(2)求周长的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合余弦定理即可求解.
（2）由余弦定理结合基本不等式，即可求得周长的最大值.
【详解】（1）设外接圆半径为，
因为，,，
所以，则，
即，整理得，
所以由余弦定理可得，，
因为，所以，
故外接圆半径.
（2）因为，
所以，即，
又因为，，
所以，即，当且仅当等号成立.
又因为，，
故的周长的最大值为．