2024-2025学年北京171中高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年北京171中高二（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.直线x+ 3y−2=0的倾斜角为( )
A. π6B. π4C. π3D. 5π6
2.若A(−1,−2)，B(4,8)，C(5,x)，且A，B，C三点共线，则x=( )
A. −2B. 5C. 10D. 12
3.在空间直角坐标系O−xyz中，点A2,−1,1关于y轴的对称点为B，则AB=( )．
A. 2 2B. 2 6C. 2 5D. 6
4.某居民小区户主人数和户主对住房户型结构的满意率分别如图1和图2所示，为了解该小区户主对户型结构的满意程度，用比例分配的分层随机抽样方法抽取25%的户主作为样本进行调查，则样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数分别为( )
A. 400，32B. 400，36C. 480，32D. 480，36
5.如图，在三棱锥O−ABC中，D是BC的中点，若OA=a，OB=b，OC=c，则AD等于( )
A. −a+b+c
B. −a+b−c
C. −a+12b+12c
D. −a−12b−12c
6.已知a∈R，b∈R，则“a=3”是“直线ax+2y−1=0与直线(a+1)x−2ay+1=0垂直”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7.若数据x1+m、x2+m、⋯xn+m的平均数是5，方差是4，数据3x1+1、3x2+1、⋯、3xn+1的平均
数是4，标准差是s，则下列结论正确的是( )
A. m=2，s=36B. m=2，s=6C. m=4，s=36D. m=4，s=6
8.如图，在四棱锥P−ABCD中，PB⊥平面ABCD，PB=AB=2BC=4，AB⊥BC，
则点C到直线PA的距离为( )
A. 2 3B. 2 5
C. 2D. 4
9.如图所示，在平行六面体ABCD−A′B′C′D′中，AB=1，AD=2，AA′=3，∠BAD=90°，∠BAA′=∠DAA′=60°，则A′C的长为( )
A. 5
B. 23
C. 5
D. 13
10.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱AD，B1C1上的中点．若点P为侧面正方形ADD1A1内(含边)动点，且存在x，y∈R使B1P=xBE+yBF成立，则点P的轨迹长度为( )
A. 52
B. 1
C. 12
D. π2
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知空间向量a=(0,1,−1)，b=(x,y,2)，若a//b，则实数x=______，y=______．
12.直线l，m的方向向量分别为a=(0,2,2)，b=(4,−4,0)，则直线l，m的夹角为______．
13.已知空间三点A(1,−1,−1)，B(−1,−2,2)，C(2,1,1)，则AB在AC上的投影向量的坐标是______．
14.已知两点A(1,−2)，B(2,1)，直线l过点P(0,−1)与线段AB有交点，则直线l斜率取值范围为______．
15.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱B1C1的中点．动点P沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列三个结论：
①存在点P，使得PA1=PE；
②△PA1E的面积越来越小；
③四面体A1PB1E的体积不变．
所有正确的结论的序号是 ．
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题12分)
(1)经过点B(3,0)，且与直线2x+y−5=0垂直的直线一般式方程．
(2)求过点(− 2,4)，且与直线 2x+y+1=0平行的直线的一般式方程；
(3)求过点(−2,4)，且在x轴上的截距与在y轴上的截距之和为2的直线斜率．
17.(本小题14分)
对某校高三年级学生参加社区服务的次数进行统计，随机抽取M名学生，得到这M名学生参加社区服务的次数，根据此数据作出如下频率分布表和频率分布直方图．
(1)求出表中M，p及图中a的值；
(2)若该校有高三学生300人，试估计该校高三学生参加社区服务的次数在区间[15,20)内的人数；
(3)估计该校高三学生参加社区服务次数的众数、中位数及平均数.(保留一位小数)
18.(本小题14分)
文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩(满分100分，成绩均为不低于40分的整数)分成六段：[40,50)，[50,60)，…，[90,100]，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)求样本成绩的第75百分位数；
(3)已知落在[50,60)的平均成绩是54，方差是7，落在[60,70)的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩的总平均数z−和总方差s2．
19.(本小题15分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=AD=2，BD1和B1D交于点E，F为AB的中点．
(Ⅰ)求证：EF//平面ADD1A1；
(Ⅱ)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求
(i)平面CEF与平面BCE的夹角的余弦值；
(ii)点A到平面CEF的距离．
条件①：CE⊥B1D；
条件②：B1D与平面BCC1B1所成角为π4．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
20.(本小题15分)
已知底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，PA//DQ，PA=3DQ=3，AD=2AB=2，且∠ABC=60°．
(1)求证：平面PAC⊥平面CDQ；
(2)线段PC上是否存在点M，使得直线AM与平面PCQ所成角的正弦值是 155，若存在，求出PMPC的值；若不存在，说明理由．
21.(本小题15分)
已知集合Sn={x|x=(x1,x2,…,xn)，xi∈{0,1}，i=1，2，…，n}(n≥2)，对于A=(a1,a2,…,an)∈Sn，B=(b1,b2,…,bn)∈Sn，定义A与B的差为A−B=(|a1−b1|,|a2−b2|,…,|an−bn|)；A与B之间的距离为d(A,B)=|a1−b1|+|a2−b2|+…+|an−bn|.
(Ⅰ)若A−B=(0,1)，试写出所有可能的A，B；
(Ⅱ)∀A，B，C∈Sn，证明：d(A−C,B−C)=d(A,B)；
(Ⅲ)∀A，B，C∈Sn，d(A,B)，d(A,C)，d(B,C)三个数中是否一定有偶数？证明你的结论．
参考答案
1.D
2.C
3.C
4.A
5.C
6.A
7.D
8.A
9.C
10.A
11.0 −2
12.60°
13.(29,49,49)
14.[−1,1]
15.①②③
16.解：(1)设与直线2x+y−5=0垂直的直线方程为x−2y+m=0，
又该直线过点B(3,0)，
则3−2×0+m=0，解得m=−3，
所以所求直线方程为：x−2y−3=0；
(2)设与直线 2x+y+1=0平行的直线方程为 2x+y+n=0(n≠1)，
又该直线过点(− 2,4)，则 2×(− 2)+4+n=0，解得n=−2，
所以所求直线方程为： 2x+y−2=0；
(3)显然直线不过原点，设其方程为xa+yb=1，
则a+b=2−2a+4b=1，
整理可得：(ba)2=2，解得ba=± 2，
而直线xa+yb=1，即y=−bax+b，
其斜率为k=−ba，
所以所求直线的斜率为− 2或 2．
17.解：(1)由分组[10,15)对应的频数是10，频率是0.20，可得10M=0.20，
解得M=50，
所以10+24+m+2=50，解得m=14，
所以p=mM=1450=0.28,a=2450×5=0.096；
(2)估计该校高三学生参加社区服务的次数在区间[15,20)内的人数为2450×300=144；
(3)估计该校高三学生参加社区服务次数的众数是15+202=17.5，
因为n=2450=0.48，
所以估计该校高三学生参加社区服务次数的中位数x满足0.2+(x−15)×0.485=0.5，
解得x=18.125，
即该校高三学生参加社区服务次数的中位数约为18.1，
估计该校高三学生参加社区服务次数的平均数是12.5×0.20+17.5×0.48+22.5×0.28+27.5×0.04=18.3．
18.解：(1)∵每组小矩形的面积之和为1，
∴(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)×10=1，
∴a=0.030．
(2)成绩落在[40,80)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030)×10=0.65，
落在[40,90)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030+0.025)×10=0.9，
设第75百分位数为m，
由0.65+(m−80)×0.025=0.75，得m=84，故第75百分位数为84；
(3)由图可知，成绩在[50,60)的市民人数为100×0.1=10，
成绩在[60,70)的市民人数为100×0.2=20，
故z−=10×54+66×2010+20=62．
所以两组市民成绩的总平均数是62，
s2=110+20[10×(54−62)2+10×7+20×(66−62)2+20×4]=37，
所以两组市民成绩的总平均数是62，总方差是37．
19.证明：(Ⅰ)如图，连接AD1，B1D1，BD．

因为长方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1/​/DD1且BB1=DD1，
所以四边形BB1D1D为平行四边形，
所以E为BD1的中点，
在△ABD1中，因为E，F分别为BD1和AB的中点，
所以EF/​/AD1，
因为EF⊄平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，
所以EF/​/平面ADD1A1；
解：(Ⅱ)选条件①：CE⊥B1D.
(i)连接B1C.
因为长方体中AA1=AD=2，所以B1C=2 2，
在△CBD1中，因为E为B1D的中点，CE⊥B1D，
所以CD=B1C=2 2，
如图建立空间直角坐标系D−xyz，因为长方体中A1A=AD=2,CD=2 2，

则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2 2,0),B(2,2 2,0),F(2, 2,0)，
B1(2,2 2,2),E(1, 2,1)，
所以CE=(1,− 2,1),CF=(2,− 2,0)，CB=(2,0,0)，
设平面CEF的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则m⋅CE=0m⋅CF=0，即x1− 2y1+z1=02x1− 2y1=0，
令x1=1，则y1= 2,z1=1，可得m=(1, 2,1)，
设平面BCE的法向量为n=(x2,y2,z2)，
则n⋅CE=0n⋅CB=0，即x2− 2y2+z2=02x2=0，
令y2=1，则x2=0,z2= 2，所以n=(0,1, 2)，
设平面CEF与平面BCE的夹角为θ，
则csθ=|cs|=|m⋅n||m||n|= 63，
所以平面CEF与平面BCE的夹角的余弦值为 63；
(ii)因为AF=(0, 2,0)，
所以点A到平面CEF的距离为d=|AF⋅m||m|=1．
选条件②：B1D与平面BCC1B1所成角为π4．
连接B1C.
因为长方体ABCD−A1B1C1D1中，CD⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，
所以CD⊥B1C.
所以∠DB1C为直线B1D与平面BCC1B1所成角，即∠DB1C=π4，
所以△DB1C为等腰直角三角形，
因为长方体中AA1=AD=2，所以B1C=2 2．
所以CD=B1C=2 2．
以下同选条件①．
20.(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD，
AD=2AB=2，可得AD=2，AB=1，∠ABC=60°，底面ABCD是平行四边形，
所以BC=AD=2，
由余弦定理可得AC= BC2+AB2−2AB⋅Bcs∠ABC= 4+1−2×2×1×12= 3，
可得AB2+AC2=BC2，
所以∠BAC=π2，即AC⊥AB，
可得AC⊥CD，
而AC∩PA=A，
所以CD⊥平面PAC，
因为CD⊂平面QCD，
所以平面PAC⊥平面CDQ；
(2)由(1)可得，以A为坐标原点，以AB，AC，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，PA=3DQ=3，可得DQ=1，
则A(0,0,0)，P(0,0,3)，C(0, 3,0)，D(−1, 3,0)，Q(−1, 3,1)，
设平面PCQ的法向量为n=(x,y,z)，
CP=(0,− 3,3)，CQ=(−1,0,1)，
则n⋅CP=0n⋅CQ=0，即− 3y+3z=0−x+z=0，
令x=1，
可得n=(1, 3,1)，
设线段PC上存在点M，满足条件，
设PM=λPC=λ(0, 3,−3)=(0, 3λ,−3λ)，λ∈[0,1]，
所以M(0, 3λ,−3λ+3)，则AM=(0, 3λ,−3λ+3)，
所以n⋅AM=0+3λ−3λ+3=3，|n|= 1+3+1= 5，|AM|= 0+3λ2+(3−3λ)2= 12λ2−18λ+9，
所以cs=n⋅AM|n|⋅|AM|=3 5× 12λ2−18λ+9，
直线AM与平面PCQ所成的角为θ，θ∈[0,π2]，
则sinθ=|cs|，
又因为直线AM与平面PCQ所成角的正弦值是 155，即sinθ= 155，
所以 155=3 5× 12λ2−18λ+9，
整理可得：2λ2−3λ+1=0，
解得λ=12或λ=1．
所以|PM||PC|=12或1．
所以存在这样的M点满足条件．
21.解：(Ⅰ) A=(0,0)，B=(0,1)；A=(0,1)，B=(0,0)；
A=(1,0)，B=(1,1)；A=(1,1)，B=(1,0)．
(Ⅱ)证明：令A=(a1,a2,…,an)，B=(b1,b2,…,bn)，C=(c1,c2,…,cn)，
对i=1，2，…，n，
当ci=0时，有||ai−ci|−|bi−ci||=|ai−bi|；
当ci=1时，有||ai−ci|−|bi−ci||=|1−ai−(1−bi)|=|ai−bi|.
所以d(A−C,B−C)=||a1−c1|−|b1−c1||+||a2−c2|−|b2−c2||+…+||an−cn|−|bn−cn||
=|a1−b1|+|a2−b2|+…+|an−bn|=d(A,B)．
(Ⅲ)证明：∀A，B，C∈Sn，d(A,B)，d(A,C)，d(B,C)三个数中一定有偶数．
理由如下：
因为(ai−bi)+(bi−ci)+(ci−ai)=0，
且(ai−bi)+(bi−ci)+(ci−ai)与|ai−bi|+|bi−ci|+|ci−ai|奇偶性相同．
所以|ai−bi|+|bi−ci|+|ci−ai|为偶数，
故d(A,B)+d(B,C)+d(A,C)为偶数，
所以d(A,B)，d(A,C)，d(B,C)三个数不可能都是奇数，
即d(A,B)，d(A,C)，d(B,C)三个数中一定有偶数． 分组
频数
频率
[10,15)
10
0.20
[15,20)
24
n
[20,25)
m
p
[25,30]
2
0.04
合计
M
1