2024-2025学年四川省雅安市高二上册第一次月考数学质量检测试题合集2套（含解析）

这是一份2024-2025学年四川省雅安市高二上册第一次月考数学质量检测试题合集2套（含解析），共36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（本大题共8小题）
1．设，则（ ）
A．B．C．D．
2．（ ）
A．B．C．D．
3．函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则α//β
5．为了普及环保知识,增强环保意识,某大学随机抽取30名学生参加环保知识测试，得分（十分制）如图所示，假设得分值的中位数为，众数为，平均值为，则（ ）
A．B．
C．D．
6．已知向量a＝（3，1），b＝（2，2），则cs 〈a＋b，a－b〉＝（ ）
A．B．C．D．
7．如图所示，在平行四边形中，，为的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
8．南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列函数中，既是偶函数又在上单调递增的函数是（ ）
A．B．
C．D．
10．我们知道，如果集合 A⊆S ，那么S的子集A的补集为 ∁SA={x|x∈S 且 x∉A} ，类似地，对于集合A、B我们把集合 {x|x∈A 且 x∉B} ，叫作集合A和B的差集，记作 A−B ，例如： A=1,2,3,4,5 ， B=4,5,6,7,8 ，则有 A−B=1,2,3 ， B−A=6,7,8 ，下列解析正确的是（ ）
A．已知 A=4,5,6,7,9 ， B=3,5,6,8,9 ，则 B−A=3,7,8
B．如果 A−B=∅ ，那么 A⊆B
C．已知全集、集合A、集合B关系如上图中所示，则 B−A=A∩∁UB
D．已知 A={x|x＜−1 或 x＞3} ， B=x|−2≤x＜4 ，则 A−B={x|x＜−2 或 x≥4}
11．如图，已知长方体中，四边形为正方形，，，，分别为，的中点.则（ ）
A．
B．点､､､四点共面
C．直线与平面所成角的正切值为
D．三棱锥的体积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．设集合，，那么“”是“”的 条件（填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分又不必要"）.
13．如果用半径R＝2eq \r(3)的半圆形铁皮卷成一个圆锥筒，那么这个圆锥筒的高是________．
14．一个大型喷水池的中央有一个强力喷水柱，为了测量喷水柱喷出的水柱的高度，某人在喷水柱正西方向的点A处测得水柱顶端的仰角为45°，沿点A向北偏东30°前进60 m到达点B，在点B处测得水柱顶端的仰角为30°，则水柱的高度是 m.
四、解答题（本大题共5小题）
15．（1）计算：；
（2）已知，求的值.
16．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：，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，并求样本成绩的第80百分位数和平均数；
(2)已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差．
17．如图，在正三棱柱中，，D为棱BC的中点．
(1)证明：∥平面；
(2)求点到平面的距离．
18．在中，角所对的边分别，已知且.
(1)求角的大小；
(2)若是的中点，，求面积的最大值.
19．某地某路无人驾驶公交车发车时间间隔（单位：分钟）满足，，经测算.该路无人驾驶公交车载客量与发车时间间隔满足：，其中.
(1)求，并说明的实际意义：
(2)若该路公交车每分钟的净收益（元），问当发车时间间隔为多少时，该路公交车每分钟的净收益最大？并求每分钟的最大净收益.
答案
1．【正确答案】B
【分析】由题意首先计算复数的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可.
【详解】由题意可得，
则.
故选：B.
2．【正确答案】C
【分析】根据诱导公式以及两角和与差的余弦公式即可求解.
【详解】；
；
原式
.
故选：C
3．【正确答案】B
【分析】根据函数的解析式，列出关于的不等式组，求出解集即可．
【详解】解：因为，则，解得，所以所求函数的定义域为．
故选：B
4．【正确答案】C
【分析】AB可举出反例，C选项，由线面垂直的定义得到结论；D选项，先得到线面垂直，结合面面垂直判定定理得到D错误.
【详解】若，不妨设m在内的投影为，则，
对于选项A：若，，则，结合线面垂直判定定理可知，n不一定垂直，
n可能与平行，也可能斜交，故A错误；
对于选项B：若，，此时m与可能相交、平行或m在上，故B错误；
对于选项C：因为，，则，
又，从而，故C正确；
对于选项D：因为，，则，
又，结合面面垂直判定定理可知，，故D错误．
故选：C.
5．【正确答案】D
【分析】根据直方图，结合中位数、众数、平均数的定义求出对应值，比较大小即可.
【详解】由图，得分从小到大，中位数为第15和16名的平均值，则，
而众数为，平均数，
所以.
故选：D
6．【正确答案】B
【详解】分析：利用平面向量模与数量积的坐标表示分别求得|a＋b|，|a－b|，（a＋b）·（a－b），从而利用平面向量余弦的运算公式即可得解．
详解：因为a＝（3，1），b＝（2，2），所以a＋b＝（5，3），a－b＝（1，－1），则|a＋b|＝＝，|a－b|＝＝，（a＋b）·（a－b）＝5×1＋3×（－1）＝2，所以cs 〈a＋b，a－b〉＝＝＝.故选B.
7．【正确答案】B
【分析】利用向量加减法的几何意义将转化为、即可.
【详解】
.
故选：B
8．【正确答案】C
【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．
棱台上底面积，下底面积，
∴
．
故选：C．
9．【正确答案】BC
【详解】对于A：的定义域为，且，
所以为奇函数，故A错误；
对于B：的定义域为，且，所以为偶函数，
当时，由一次函数的性质可知，在上单调递增，
即在上单调递增，故B正确；
对于C：的定义域为，且，
所以为偶函数，由幂函数的性质可知，在上单调递增，故C正确；
对于D：的定义域为，且，
所以为奇函数，故D错误；
故选：BC
10．【正确答案】BD
【详解】对于A,由 B−A= {x|x∈B 且 x∉A} ，故 B−A=3,8 ，错误；对于B,由 A−B= {x|x∈A 且 x∉B} ，则 A−B=∅ ，故 A⊆B ，正确；对于C,由Venn图知 B−A 如下图阴影部分，
所以 B−A=B∩∁UA ，错误；对于D, ∁UB={x|x＜−2 或 x≥4} ，则 A−B=A∩∁UB={x|x＜−2 或 x≥4} ，正确.故选BD.
11．【正确答案】BCD
【分析】
利用反证法证明A；连接AC，证明，即可证明四点共面判断B；由题意知，为直线与平面所成角，在直角中求解即可判断 C；连接，利用等体积法求解三棱锥的体积可判断D.
【详解】
对于A，假设，由题意知平面，平面，，又，平面，由长方体性质知与平面不垂直，故假设不成立，故A错误；
对于B，连接，，，由于，分别为，的中点，，又因为长方体，知，，所以点､､､四点共面，故B正确；
对于C，由题意可知平面，为直线与平面所成角，在直角中，，，则，故C正确；
对于D，连接，，，则，利用等体积法知：，故D正确
故选：BCD
思路点睛：本题考查线面垂直的性质定理，四点共面问题，求线面角，等体积法，要证四点共面，可转化为两条线平行，要求线面角需先证线面垂直，在找到线面所成角，利用解三角形思想求解即可，考查学生的逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题.
12．【正确答案】充分不必要
根据集合的包含关系直接得到答案.
【详解】，，，
故“”是“”的充分不必要条件.
故充分不必要.
本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的理解能力，转化为集合的包含关系是解题的关键.
13．【正确答案】 3
【详解】 设圆锥筒的底面半径为r，则2πr＝πR＝2eq \r(3)π，则r＝eq \r(3)，
所以圆锥筒的高h＝eq \r(R2－r2)＝eq \r(（2\r(3)）2－（\r(3)）2)＝3.
14．【正确答案】30
【分析】作出图形，设柱CD的高度为h，结合三角函数得到，，在中，由余弦定理得到方程，求出，得到答案.
【详解】如图所示，设水柱CD的高度为h，
在Rt△ACD中，∵，∴，
∵，∴，
又∵B，A，C在同一水平面上，
∴△BCD是以C为直角顶点的直角三角形，
在Rt△BCD中，，∴，
在中，由余弦定理可得，
∴，即，解得，
∴水柱的高度是30 m．
故30
15．【正确答案】（1）（2）
【分析】（1）根据指数与对数的运算性质化简计算.
（2）用诱导公式化简式子，再用把式子转化成一个齐次式，在把分子分母同时除以，就可得到关于的式子，代入即可得到答案.
【详解】（1）.
（2）.
16．【正确答案】(1)，第80百分位数为86，平均数为74；
(2)，.
【分析】（1）由频率分布直方图的性质即可求解；
（2）由和组的平均数和方差即可求得总平均数和总方差.
【详解】（1）∵每组小矩形的面积之和为1，
∴
解得：
成绩落在内的频率为．
落在内的频率为．
设第80百分位数为m
由，得，故第80百分位数为86.
设平均数为，由图中数据可知：
.
（2）由图可知，成绩在的市民人数为，
成绩在的市民人数为．
故,
.
所以两组市民成绩的总平均数是62，总方差是23．
17．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明
（2）由等体积法求解
（1）
证明：连接交于O，连接OD，
正三棱柱中，易得O为中点，又D为BC的中点，
所以OD∥，因为平面，平面，所以∥平面；
（2）
因为∥平面，所以C与到平面的距离相等，
由题意得，，，
因为，所以AD⊥DB1，
所以，，
设C到平面ADB1的距离为h，则，
所以，所以，
即点A1到平面AB1D的距离为．
18．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量共线坐标满足公式列出方程，结合正弦定理化简，即可得到结果；
（2）由，结合向量的模长公式，根据基本不等式以及三角形的面积公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由且得：，
由正弦定理得，
又，即；
（2）由，得到，
则，化简得，当且仅当时，等号成立，
面积，即面积的最大值为；
19．【正确答案】(1)；发车时间间隔为分钟时，载客量为
(2)发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元．
【分析】（1）将代入函数的解析式，可计算出，结合题意说明的实际意义；
（2）求出函数的解析式，分别求出该函数在区间和上的最大值，比较大小后可得出结论.
【详解】（1），实际意义为：发车时间间隔为分钟时，载客量为；
（2），
当时，，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，当时，取得最大值；
当时，，该函数在区间上单调递减，
则当时，取得最大值．
综上所述，当发车时间间隔为分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为元．
2024-2025学年四川省雅安市高二上学期第一次月考数学质量
检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．设，且，则（ ）
A．B．0C．3D．
2．抛掷一枚质地均匀且各个面上分别标有数字的正方体玩具．设事件为“向上一面点数为偶数”，事件为“向上一面点数为6的约数”，则等于（ ）
A．B．C．D．
3．已知，若不能构成空间的一个基底，则（ ）
A．3B．1C．5D．7
4．已知事件、、两两互斥，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．下列命题中正确的是（ ）
A．点关于平面对称的点的坐标是
B．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则
C．若直线的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线与平面所成的角为
D．已知为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则
6．在四面体中，，为的重心，在上，且，则（ ）
A．B．
C．D．
7．若向量是空间中的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得：，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标．设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（ ）
A．B．C．D．
8．一个电路如图所示，为6个开关，其闭合的概率为，且是相互独立的，则灯亮的概率是（ ）
A．B．C．D．．
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分．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6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．）
9．下列命题中，正确的是（ ）
A．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
B．直线的方向向量，平面的法向量是，则
C．若两个不同平面的法向量分别是，，且则
D．直线的方向向量，平面的法向量，则直线与平面所成角的大小为
10．下列命题正确的是（ ）
A．设A，B是两个随机事件，“A与是互斥事件”是“与互为对立事件”的充分不必要条件
B．若，则事件A，B相互独立与A，B互斥一定不能同时成立
C．若三个事件A，B，C两两独立，则满足
D．若事件A，B相互独立，，则
11．如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点，），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得异面直线与所成的角为
C．三棱锥体积的最大值是
D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分．）
12．已知空间直角坐标系中的三点、、，则点到直线的距离为______．
13．盒中有3个大小质地完全相同的球，其中2个白球、1个黑球，从中不放回地依次随机摸出2个球．则恰好摸出一个白球一个黑球的概率为_______．
14．如图所示，在平行六面体中，，，则______．
四、解答题（本大题共5小题，共计77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15．（本小题满分13分）某中学高一年级的同学们学习完《统计与概率》章节后，统一进行了一次测试，并将所有测试成绩（满分100分）按照进行分组，得到如图所示的频率分布直方图，已知图中．
（1）求出，，估计测试成绩的分位数和平均分；
（2）按照人数比例用分层随机抽样的方法，从成绩在[80，100]内的学生中抽取4人，再以这4人中任选2人，求这2人成绩都在内的概率．
16．（本小题满分15分）如图，在四棱锥中，，底面为正方形，，分别为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离．
17．（本小题满分15分）2024年西部数学邀请赛于8月4日至10日在上海隆重举行，此次赛事不仅是对中学生数学能力的一次全面考验，更是对数学教育未来发展的深刻实践探索，共有200多名学生参赛，引起社会广泛关注，点燃了全社会对数学的热情．甲、乙、丙3名同学各自独立去做2024年西部数学邀请赛预赛中的某道题，已知甲能解出该题的概率为，乙能解出而丙不能解出该题的概率为，甲、丙都能解出该题的概率为．
（1）求乙、丙各自解出该题的概率；
（2）求甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率．
18．（本小题满分17分）如图，四边形为菱形，平面．
（1）证明：平面平面；
（2）若，二面角的大小为，求与所成角的余弦值．
19．（本小题满分17分）如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，．
（1）证明：平面；
（2）在线段（不含端点）上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由．
数学答案
11．ACD
解析：以为坐标原点，正方向为，，轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
；对于A，假设存在点，使得，则，又所以，解得，即点与重合时，，A正确；
对于B，假设存在点，使得异面直线与所成的角为，因为，所以，方程无解；所以不存在点，B错误；
对于C，连接，设，因为，所以当，即点与点重合时，取得最大值2；
又点到平面的距离，所以，C正确；
对于D，由上分析知：，若是面的法向量，则，令，则，因为，设直线与平面所成的角为，所以，当点自向处运动时，的值由0到2变大，此时也逐渐增大，因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确．
12．13．14．2
15．（1）（2）
解析：（1）由频率分布直方图可知，即，又，所以，前三组的频率之和为，前四组的频率之和为，则分位数，且．测试成绩的平均分为：．
（2）成绩在和内的人数之比为3:1，故抽取的4人中成绩在内的有3人，设为a，b，c，成绩在内的有1人，设为，再从这4人中选2人，这2人的所有可能情况为，共6种，这2人成绩均在内的情况有，共3种，故这2人成绩都在内的概率为．
16．（1）证明见解析（2）（3）解析：（1）证明：因为M，N分别为的中点，所以，又平面平面，故平面；
（2）由于平面，所以平面，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，，故，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为；
（3）因为，又平面的法向量为，所以点到平面的距离为．
17．（1）（2）解析：（1）设“甲解出该题”为事件，“乙解出该题”为事件，“丙解出该题”为事件，则A，B，C相互独立，由题意得，所以，所以，所以乙、丙各自解出该题的概率为．
（2）设“甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题”为事件，则，因为，
所以，
因为、、相互独立，所以．
所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率为．
18．（1）证明见详解．（2）．
解析：（1）平面且平面，
在菱形中，，且平面，平面又平面平面平面．
（2）平面且平面平面，即二面角是，取与交点为，设，则，，以为坐标原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系，则
．
所以所成角的余弦值为．
19．（1）证明见解析（2）不存在，理由见解．解析：（1）正方形中，，平面平面，平面平面平面，平面，又平面，所以，，又，则，
又，则，即，
又，则平面，
平面；
（2）由（1）知，平面，
以为坐标原点，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设点，
，，故，
，
设平面的法向量为，
令，则为平面的一个法向量，
又，设平面的法向量为，
，令，则，
所以为平面的一个法向量，
，解得或，
则线段（不含端点）上不存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为．
2024-2025学年四川省雅安市高二上学期第一次月考数学质量检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．设，且，则（ ）
A．B．0C．3D．
2．抛掷一枚质地均匀且各个面上分别标有数字的正方体玩具．设事件为“向上一面点数为偶数”，事件为“向上一面点数为6的约数”，则等于（ ）
A．B．C．D．
3．已知，若不能构成空间的一个基底，则（ ）
A．3B．1C．5D．7
4．已知事件、、两两互斥，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．下列命题中正确的是（ ）
A．点关于平面对称的点的坐标是
B．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则
C．若直线的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线与平面所成的角为
D．已知为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且任意三点不共线，若，则
6．在四面体中，，为的重心，在上，且，则（ ）
A．B．
C．D．
7．若向量是空间中的一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得：，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标．设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（ ）
A．B．C．D．
8．一个电路如图所示，为6个开关，其闭合的概率为，且是相互独立的，则灯亮的概率是（ ）
A．B．C．D．．
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分．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6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．）
9．下列命题中，正确的是（ ）
A．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
B．直线的方向向量，平面的法向量是，则
C．若两个不同平面的法向量分别是，，且则
D．直线的方向向量，平面的法向量，则直线与平面所成角的大小为
10．下列命题正确的是（ ）
A．设A，B是两个随机事件，“A与是互斥事件”是“与互为对立事件”的充分不必要条件
B．若，则事件A，B相互独立与A，B互斥一定不能同时成立
C．若三个事件A，B，C两两独立，则满足
D．若事件A，B相互独立，，则
11．如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点，），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得异面直线与所成的角为
C．三棱锥体积的最大值是
D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分．）
12．已知空间直角坐标系中的三点、、，则点到直线的距离为______．
13．盒中有3个大小质地完全相同的球，其中2个白球、1个黑球，从中不放回地依次随机摸出2个球．则恰好摸出一个白球一个黑球的概率为_______．
14．如图所示，在平行六面体中，，，则______．
四、解答题（本大题共5小题，共计77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15．（本小题满分13分）某中学高一年级的同学们学习完《统计与概率》章节后，统一进行了一次测试，并将所有测试成绩（满分100分）按照进行分组，得到如图所示的频率分布直方图，已知图中．
（1）求出，，估计测试成绩的分位数和平均分；
（2）按照人数比例用分层随机抽样的方法，从成绩在[80，100]内的学生中抽取4人，再以这4人中任选2人，求这2人成绩都在内的概率．
16．（本小题满分15分）如图，在四棱锥中，，底面为正方形，，分别为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离．
17．（本小题满分15分）2024年西部数学邀请赛于8月4日至10日在上海隆重举行，此次赛事不仅是对中学生数学能力的一次全面考验，更是对数学教育未来发展的深刻实践探索，共有200多名学生参赛，引起社会广泛关注，点燃了全社会对数学的热情．甲、乙、丙3名同学各自独立去做2024年西部数学邀请赛预赛中的某道题，已知甲能解出该题的概率为，乙能解出而丙不能解出该题的概率为，甲、丙都能解出该题的概率为．
（1）求乙、丙各自解出该题的概率；
（2）求甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率．
18．（本小题满分17分）如图，四边形为菱形，平面．
（1）证明：平面平面；
（2）若，二面角的大小为，求与所成角的余弦值．
19．（本小题满分17分）如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，．
（1）证明：平面；
（2）在线段（不含端点）上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由．
数学答案
11．ACD
解析：以为坐标原点，正方向为，，轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
；对于A，假设存在点，使得，则，又所以，解得，即点与重合时，，A正确；
对于B，假设存在点，使得异面直线与所成的角为，因为，所以，方程无解；所以不存在点，B错误；
对于C，连接，设，因为，所以当，即点与点重合时，取得最大值2；
又点到平面的距离，所以，C正确；
对于D，由上分析知：，若是面的法向量，则，令，则，因为，设直线与平面所成的角为，所以，当点自向处运动时，的值由0到2变大，此时也逐渐增大，因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确．
12．13．14．2
15．（1）（2）
解析：（1）由频率分布直方图可知，即，又，所以，前三组的频率之和为，前四组的频率之和为，则分位数，且．测试成绩的平均分为：．
（2）成绩在和内的人数之比为3:1，故抽取的4人中成绩在内的有3人，设为a，b，c，成绩在内的有1人，设为，再从这4人中选2人，这2人的所有可能情况为，共6种，这2人成绩均在内的情况有，共3种，故这2人成绩都在内的概率为．
16．（1）证明见解析（2）（3）解析：（1）证明：因为M，N分别为的中点，所以，又平面平面，故平面；
（2）由于平面，所以平面，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，所以，设平面的法向量为，则，令，则，，故，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为；
（3）因为，又平面的法向量为，所以点到平面的距离为．
17．（1）（2）解析：（1）设“甲解出该题”为事件，“乙解出该题”为事件，“丙解出该题”为事件，则A，B，C相互独立，由题意得，所以，所以，所以乙、丙各自解出该题的概率为．
（2）设“甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题”为事件，则，因为，
所以，
因为、、相互独立，所以．
所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率为．
18．（1）证明见详解．（2）．
解析：（1）平面且平面，
在菱形中，，且平面，平面又平面平面平面．
（2）平面且平面平面，即二面角是，取与交点为，设，则，，以为坐标原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系，则
．
所以所成角的余弦值为．
19．（1）证明见解析（2）不存在，理由见解．解析：（1）正方形中，，平面平面，平面平面平面，平面，又平面，所以，，又，则，
又，则，即，
又，则平面，
平面；
（2）由（1）知，平面，
以为坐标原点，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设点，
，，故，
，
设平面的法向量为，
令，则为平面的一个法向量，
又，设平面的法向量为，
，令，则，
所以为平面的一个法向量，
，解得或，
则线段（不含端点）上不存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
B
D
C
B
C
A
AC
BD
题号
11
答案
ACD
题号
1
2
3
4
5
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7
8
9
10
答案
A
D
B
D
C
B
C
A
AC
BD
题号
11
答案
ACD