四川省泸县普通高中共同体2024-2025学年高二上学期期中联合考试数学试卷（解析版）

这是一份四川省泸县普通高中共同体2024-2025学年高二上学期期中联合考试数学试卷（解析版），共4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。
第I卷 （选择题 共58分）
一、单选题：本题共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. 某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一240人、高二 200人、高三160人中，抽取60人进行问卷调查，则高一年级被抽取的人数为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】高一抽取的人数分别，
故选B．
2. 已知复数满足，则复数在复平面内的对应点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】由，可得，
复数在复平面内的对应点为，则该点位于第二象限.
故选：B.
3. 向量在正方形网格中的位置如图所示.若向量与共线，则实数（ ）
A. -2B. -1C. 1D. 2
【答案】D
【解析】根据网格图中的的大小与方向，易于得到，
由向量与共线，可得，解得：.
故选：D.
4. 已知空间中三点，则点到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，
所以，
则点到直线的距离为.
故选：C.
5. 空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】A
【解析】对于A，若，则或，
又，当时，在内必存在直线l和m平行，则；
当时，显然有，所以，故A正确；
对于B，若，则或，由，则与斜交、垂直、平行均有可能，故B错误；
对于C，若，则或，由，则与相交、平行、异面均有可能，故C错误；
对于D，若，则或，又，则或，故D错误.
故选：A.
6. 空气质量指数是评估空气质量状况的一组数字，空气质量指数划分为、、、、和六档，分别对应“优”、“良”、“轻度污染”、“中度污染”、“重度污染”和“严重污染”六个等级．如图是某市2月1日至14日连续14天的空气质量指数趋势图，则下面说法中正确的是（ ）．
A. 这14天中有5天空气质量为“中度污染”
B. 从2日到5日空气质量越来越好
C. 这14天中空气质量指数的中位数是214
D. 连续三天中空气质量指数方差最小是5日到7日
【答案】B
【解析】A选项：这14天中空气质量为“中度污染”有4日，6日，9日，10日，共4天，A选项错误；
B选项：从2日到5日空气质量指数逐渐降低，空气质量越来越好，B选项正确；
C选项：这14天中空气质量指数的中位数是，C选项错误；
D选项：方差表示波动情况，根据折线图可知连续三天中波动最小的是9日到11日，所以方程最小的是9日到11日，D选项错误；
故选：B.
7. 三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】在中，，，，
由余弦定理可得，
即，所以，
设的外接圆半径为，
则，所以，
平面，且，
设三棱锥外接球半径为，
则，即，
所以三棱锥外接球的表面积为．
故选：B．
8. 如图，在三棱锥中，点为底面的重心，点是线段上靠近点的三等分点，过点的平面分别交棱，，于点，，，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意可知，
因为D，E，F，M四点共面，所以存在实数，使，
所以，
所以，
所以，
所以．
故选：D.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的备选答案中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
9. 已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A. 向量与向量的夹角为
B.
C. 向量在向量上的投影向量为
D. 向量与向量共面
【答案】BCD
【解析】因为，所以，
可得，
则向量与向量的夹角为，故A错误；
因，
，
所以，即B正确；
根据投影向量的定义可知，向量在向量上的投影向量为
，所以C正确；
由向量，
可知，
向量与向量共面，所以D正确．
故选：BCD.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 从容量为的总体中抽取一个容量为的样本，当选取抽签法、随机数法和按比例分层随机抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为 则
B. 若，则事件A与事件B相互独立
C. 一个人连续射击2次，事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件
D. 若，，且事件A与事件B相互独立，则
【答案】ABD
【解析】对于A，根据抽样方法的使用规则，可知A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，设事件{两次均为中}={中枪次数为}、事件{至多中一次}={中枪的次数为}，
由，则事件包含事件，故C错误；
对于D，由，则，
因事件与事件相互独立，所以
，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知正方体棱长为2，P为空间中一点，下列论述正确的是（ ）
A. 若，则异面直线BP与所成角的余弦值为
B. 若三棱锥的体积是定值
C. 若，有且仅有一个点P，使得平面
D. 若，则异面直线BP和所成角取值范围是
【答案】BD
【解析】A：由，即为中点，连接，若分别是中点，
连接，则，
又且，即为平行四边形，所以，
所以异面直线BP与所成角，即为或其补角，
而，，，
故，故A错误；
B：由知：在（含端点）上移动，如下图示，
△面积恒定，到面的距离恒定，故的体积是定值，故B正确；
C：若分别是中点，由知：在（含端点）上移动，
由面，面，则面面，
由，面面，面，
所以面，面，则，同理可证：，
由，、面，故面，
而面面，要使面，则必在面内，
显然面，故C错误；
D：由知：在（含端点）上移动，
如图以为原点，分别为轴建系，
则，，，则，
设，则，
所以，令，
当，即时，，此时直线和所成角是；
当，即时，则，
当，即时，取最大值为，直线和所成角的最小值为，故D正确.
故选：BD.
第II卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．
12. 在一次射击训练中，某运动员5次射击的环数依次是，则该组数据的方差__________.
【答案】
【解析】因为平均数，
所以方差.
13. 圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为______________.
【答案】
【解析】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，则，
所以，所以圆锥的体积为.
14. 如图，锐二面角的棱上有，两点，直线，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于.已知，，，则锐二面角的平面角的余弦值是___________.
【答案】
【解析】设锐二面角的平面角为，，
则，
则.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 《中华人民共和国民法典》于2021年1月1日正式施行．某社区为了解居民对民法典的认识程度，随机抽取了一定数量的居民进行问卷测试（满分：100分），并根据测试成绩绘制了如图所示的频率分布直方图.
（1）估计该组测试成绩的平均数和第57百分位数；
（2）该社区在参加问卷且测试成绩位于区间和的居民中，采用分层随机抽样，确定了5人.若从这5人中随机抽取2人作为该社区民法典宣讲员，设事件“两人的测试成绩分别位于和”，求.
解：（1）由频率分布直方图可知测试成绩的平均数
.
测试成绩落在区间的频率为，
落在区间的频率为，
所以设第57百分位数为a，有，
解得；
（2）由题知，测试分数位于区间、的人数之比为，
所以采用分层随机抽样确定的5人，在区间中3人，用，，表示，在区间中2人，用，表示，
从这5人中抽取2人的所有可能情况有：
，，，，，，，，，，共10种，
其中“分别落在区间和”有6种，
所以.
16. 记的内角，，所对的边分别为，已知．
（1）求；
（2）若是的中线，且，的面积为，求的周长．
解：（1）∵，
∴由正弦定理得，
∴，
∴，
∵，∴.即，
∵，∴.
∴，即.
（2）∵由题意得，
∴.
∵是的中线，
∴，
∴，
∴，，
由余弦定理得，
∴.
∴的周长为.
17. 某足球俱乐部举办新一届足球赛，按比赛规则，进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负，则需进行点球大战．点球大战规则如下：第一阶段，双方各派5名球员轮流罚球，双方各罚一球为一轮，球员每罚进一球则为本方获得1分，未罚进不得分，当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候，比赛即宣告结束，剩下的球员无需出场罚球．若5名球员全部罚球后双方得分一样，则进入第二阶段的比赛.设甲、乙两支球队进入点球大战，由甲队球员先罚球，甲队每位球员罚进点球的概率均为，乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.
（1）求每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率；
（2）若在点球大战的第一阶段，甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分，甲队暂时以领先，求甲队第5个球员需出场罚球的概率．
解：（1）每一轮出现平局的情况包括：事件{甲乙两队都进球}和事件{甲乙两队都不进}，
，，，
所以每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率为.
（2）在第三轮比完之后，甲乙两队分差小于三分，就必须要进行第四轮，
第三轮符合题意的情况包括：事件{甲乙的比分为}、事件{甲乙的比分为}、事件{甲乙的比分为}，
则，，；
第四轮比完之后，甲乙两队分差小于两分，就必须进行第五轮，
在事件发生的条件下，第四轮过后符合题意的情况有事件{甲乙的比分为}，
则；
在事件发生的条件下，第四轮过后符合题意的情况有事件{甲乙的比分为}，
则；
在事件发生的条件下，第四轮过后符合题意的情况有事件{甲乙的比分为}、事件{甲乙的比分为}、事件{甲乙的比分为}，
则，，；
综上所述，甲队暂时以领先，甲队第5个球员需出场罚球的概率
.
18. 如图，且，，且，且，平面，.
（1）设面BCF与面EFG的交线为，求证：；
（2）证明:
（3）在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为，若存在，求出P点的位置，若不存在，说明理由.
（1）证明：因为，，所以，
又平面，平面，
所以面，又平面，平面平面，
所以.
（2）证明：因为且，所以四边形ADGE为平行四边形，
又，所以四边形ADGE为菱形，所以AG⊥DE.
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以CD⊥面，
又面，所以，又，
平面，所以面，又面，
所以.
（3）解：由于，，，平面，，
则以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系，如图，
于是，，设平面ABE的法向量为，
则，，令，得，
假设线段BE上存在点P，使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为.
设，，
，
解得：.所以线段BE上存在点P，且时,使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为.
19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：
（1）若是边长为4等边三角形，求该三角形的费马点到各顶点的距离之和；
（2）的内角所对的边分别为，且，点为的费马点．
（i）若，求；
（ii）求的最小值．
解：（1）因为为等边三角形，三个内角均小于，故费马点在三角形内，满足，且，如图：

过作于，则，故，
所以该三角形的费马点到各顶点的距离之和为．
（2）（i）因为，由正弦定理，且，
所以得，
所以的三个角都小于，
则由费马点定义可知，，
设，，
由得：，
整理得，
则．
（ii）由（i）知，所以点在内部，且，

设，
所以，
由余弦定理得，，
，
，
由勾股定理得，，
即，
所以，即，
而，
当且仅当，即时，等号成立．
设，则，解得或（舍去），
由，
故，最小值为．