四川省达州市万源中学2024-2025学年高二上学期10月期中考试数学试题及答案

这是一份四川省达州市万源中学2024-2025学年高二上学期10月期中考试数学试题及答案，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本卷满分150分，考试时间120分钟
一、选择题：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. 下列说法中正确的是（ ）
A. 三点确定一个平面B. 四边形一定是平面图形
C. 梯形一定是平面图形D. 两个互异平面和有三个不共线的交点
【答案】C
【解析】
【分析】根据点、线、面的位置关系依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，共线的三点无法确定一个平面，A错误；
对于B，空间四边形不平面图形，B错误；
对于C，梯形有一组对边互相平行，则四个顶点必然处于同一平面内，即梯形一定是平面图形，C正确；
对于D，两个互异平面若有交点，则所有交点必在同一条直线上，D错误.
故选：C.
2. 已知，，则线段AB中点的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用中点坐标公式直接计算即可.
【详解】由中点坐标公式得线段AB中点的坐标为，即.
故选：A
3. 如图，在平行六面体中，是的中点，设，，，则等于（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的基本定理求解即可.
【详解】因为在平行六面体中，是的中点，
所以.
故选：A.
4. 已知是一平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（ ）

A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由给定的直观图画出原平面图形，再求出面积作答.
【详解】根据斜二测画法的规则，所给的直观图对应的原平面图形，如图，

其中 ，，
所以这个平面图形的面积为.
故选：D
5. 设两条直线，，两个平面，，则下列条件能推出的是（ ）
A. ，，且B. ，，且
C. ，，且D. ，，且，
【答案】A
【解析】
【分析】利用线面垂直的性质推理判断A；举例说明判断BCD.
【详解】对于A，由，，得，而，所以；
对于B，若，，且，此时，可能相交，如下图所示：
当，，，都与平行时，，相交，B错误；
对于C，若，，且，此时，可能相交，如下图所示：
当，都与平行时，，相交，C错误；
对于D，若，，且，，此时，可能相交，如下图所示：
当，都与平行时，，相交，D错误.
故选：A
6. 《黄帝内经》中十二时辰养生法认为：子时的睡眠对一天至关重要（子时是指23点到次日凌晨1点）．相关数据表明，入睡时间越晚，沉睡时间越少，睡眠指数也就越低．根据某次的抽样数据，对早睡群体和晚睡群体的睡眠指数统计如图，则下列说法正确的是（ ）
A. 在睡眠指数的人群中，早睡人数多于晚睡人数
B. 早睡人群睡眠指数主要集中在80,90
C. 早睡人群睡眠指数的极差比晚睡人群睡眠指数的极差小
D. 晚睡人群睡眠指数主要集中在
【答案】B
【解析】
【分析】根据统计图中的数据分析及极差的概念作出判断.
【详解】A选项，由于不知抽样数据中早睡和晚睡的人数，
从而无法确定在睡眠指数的人群中，早睡人数和晚睡人数，A错误；
B选项，由统计图可看出早睡人群睡眠指数主要集中在内，B正确；
C选项，在统计图中无法确定早睡人群睡眠指数和晚睡人群睡眠指数的极差，C错误.
D选项，晚睡人群睡眠指数主要集中在内，D错误.
故选：B
7. 已知正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正六棱柱的性质结合球的性质得，其外接球的球心为上下面外接圆圆心连线中点，利用勾股定理计算半径，代入球的体积公式求解即可.
【详解】如图，设正六棱柱下底面的中心为，其外接球的圆心为点，
则，为等边三角形，故，即为其外接球的半径，
所以，
所以该正六棱柱的外接球的体积为.
故选：C.
8. 设是定义域为R的奇函数，且．如果，那么（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】确定出函数的周期性，然后由周期性和奇偶性求值．
【详解】是奇函数，则，又，
所以，所以，
是周期为2的周期函数，
，
故选：B．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有错选的得0分.
9. 下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，，是空间任意四点，则有
B. 若向量，，满足，则
C. 空间中任意三个非零向量都可以构成空间一个基底
D. 对空间任意一点与不共线的三点，，，若（其中，且），则，，，四点共面
【答案】AD
【解析】
【分析】利用空间向量运算判断A；利用相等向量的意义判断B；利用空间的一个基底的意义判断C；利用空间共面向量定理判断D.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，当时，，，，四点可能一条直线上，B错误；
对于C，空间的三个非零向量有共面与不共面两种可能，当它们共面时，不能作为空间的一个基底，C错误；
对于D，若，则，
化简得，因此，，，四点共面，D正确.
故选：AD
10. 已知函数，若把函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，则（ ）
A.
B. 函数的图象关于点对称
C. 函数在区间上单调递减
D. 函数在上有3个零点
【答案】BC
【解析】
【分析】先求出平移后的函数解析式，再结合条件求，由此可得函数的解析式，再由正弦型函数的性质，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】由已知可得
因为函数的图像关于原点对称，
则，解得，又，
则时，，
所以，故A错误；
因为，
所以的图像关于点对称，故B正确；
当时，则，
且函数在单调递减，
所以函数在区间上单调递减，故C正确；
令，即，
解得，又，
则，共两个零点，故D错误；
故选：BC.
11. 在三棱锥中，两两垂直，平面于点，设的面积分别为，下列命题中正确的是（ ）
A. 可能为直角三角形B. 点为的垂心
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】假设，，，求出，，，根据长度和三角形形状的关系判断A选项，根据垂心的定义判断B选项，根据海伦公式求出判断C选项，求出和、、的关系判断D选项.
【详解】假设，，，
所以，，，
因为任何两边的平方和大于第三边的平方，
所以是锐角三角形，故A选项错误；
由两两垂直易证平面，
所以，因为，
所以易证平面，所以，
同理可得，，
所以点为的垂心，故B选项正确；
设的面积为，因为四面体体积为，
所以，等式两边平方可得，
由海伦公式可得，其中，
所以
，
所以代回可得，故C选项正确；
，，，，
因为，所以，
所以，
因为，，，
所以，故D选项正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据海伦公式求出判断C选项，求出和、、的关系判断D选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知一个样本容量为7的样本的平均数为5，方差为2，现在样本中加入一个新数据5，则此时方差是______.
【答案】
【解析】
【分析】利用平均数和方差的定义直接求解即可.
【详解】设这个样本容量为7的样本数据分别为则，
所以，，
所以.
当加入新数据5后，平均数，
方差.
故答案为：
13. 已知点关于坐标平面的对称点为，点关于坐标平面的对称点为，点关于轴的对称点为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】依次写出，，，利用空间两点间距离公式求出答案.
【详解】由题意得，，，
故.
故答案为：
14. 如图，边长为的正三角形的中线与中位线交于点G．已知是绕旋转过程中的一个图形，则下列结论正确的是______．
（1）三棱锥的体积有最大值
（2）异面直线与不可能互相垂直
（3）恒有平面平面
（4）动点在平面上的射影在线段上
【答案】（1）（3）（4）
【解析】
【分析】通过底和高来确定体积、证明线面垂直、异面直线所成角、面面垂直的性质等逐个判断即可.
【详解】对于（1）：三棱锥的底面的面积是定值，高是点到平面的距离，
当平面时距离（即高）最大，
三棱柱的体积最大，故（1）正确；
对于（2）：由得是异面直线与所成的角（或其补角），
因为正三角形的边长为，
所以的长度的取值范围是，
当时，，所以，
此时直线与互相垂直，故（2）错误；
对于（3）：在正三角形中，为中线，为中位线，
所以，
所以，又，
所以平面，又平面，
所以平面平面，故（3）正确；
对于（4）：过作，垂足为，则平面，
，
又平面平面，平面平面，
所以平面，则动点在平面上的射影在线段上，故（4）正确；
故答案为：（1）（3）（4）.
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. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为棱的中点．
（1）求证：平面；
（2）三棱锥的体积大小．
【答案】（1）证明见解析；
（2）1.
【解析】
【分析】（1）连接，取的中点为，利用平行公理及线面平行的判断推理即得.
（2）由（1）的结论，利用等体积法转化求出体积.
【小问1详解】
在正方体中，连接，取的中点，连接，
有M为中点，则，又E为BC的中点，
于是，则四边形是平行四边形，，
又F为CD的中点，则有，即四边形是平行四边形，，
因此，又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）知，平面，则点到平面的距离等于点到平面的距离，
而正方体的棱长为1，平面，则点到平面的距离为到平面的距离1，
所以三棱锥的体积.
16. 已知空间中三点．
（1）若，且，求向量的坐标；
（2）求的面积．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）可求由已知可设，通过模长公式计算可得，即可得出结果；
（2）通过数量积公式求得，利用三角形面积公式计算即可得出结果.
【小问1详解】
空间中三点，
，且，设，
或．
【小问2详解】
∵，
，
，
，
．
17. 某保险公司在2023年度给年龄在20～70岁的民众提供某种疾病的医疗保障，设计了一款针对该疾病的保险，现从10000名参保人员中随机抽取100名进行分析，这100个样本按年龄段，，，，分成了五组，其频率分布直方图如下图所示，每人每年所交纳的保费与参保年龄如下表格所示．（保费：元）据统计，该公司每年为该项保险支出的各种费用为一百万元．
（1）用样本的频率分布估计总体的概率分布，判断该公司本年度是亏本还是盈利？
（2）经调查，年龄在之间的中年人对该疾病的防范意识还比较弱，为加强宣传，按分层抽样的方法从年龄在和的中年人中选取6人进行教育宣讲，再从选取的6人中随机选取2人，被选中的2人免一年的保险费，求被免去的保费超过150元的概率．
【答案】（1）盈利 （2）．
【解析】
【分析】（1）先根据频率分布直方图的性质求的值，再利用加权平均数的算法求收取的费用，和支出的费用比较，可得问题答案.
（2）先根据分层抽样的概念确定选取的6人中年龄分别在和的人数，从中选2人，列出所有可能，找出保险费用超过150元的所有情况，根据古典概型的计算公式求相应的概率.
【小问1详解】
由，解得
保险公司每年收取的保费为：
．
因为，
所以2023年度公司为盈利.
【小问2详解】
选取的6人中，有2人来自年龄在，记这2人分别为，，有4人来自年龄在，记这4人分别为，，，，
从这6人中任取2人的所有基本事件有：
，，，，，，，，，
，，，，，共15种，
其中保费超过150元的有，，，，，共6种，
所以被免去保费超过150元的概率为．
18. 已知点在所在平面内，满足与的交点为，平面向量与相互垂直.
（1）求；
（2）若的面积为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量垂直的坐标运算得，利用正弦定理及辅助角公式化简得，求解即可；
（2）根据面积公式得，由余弦定理求得，利用向量运算及数量积求模公式求解即可.
【小问1详解】
由向量与相互垂直得，，
由正弦定理得，
，，
，
即，
.
，
，即，
，，即.
，，即.
【小问2详解】
由，得.
由余弦定理，得.
，，即点为的重心，
点是的中点，，
.
.
19. 如图所示，直角梯形中，，四边形为矩形，，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出线段的长度，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在；2
【解析】
【分析】（1）根据条件先判定垂直关系再建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量判定线面关系即可；
（2）利用空间向量结合（1）的结论计算面面夹角即可；
（3）利用空间向量研究线面夹角计算即可.
【小问1详解】
因为四边形为矩形，平面平面，
平面平面，
所以，则平面，
根据题意可以以为原点，所在直线为轴，
所在直线为轴建立空间直角坐标系，
如图，易知，，
设平面的法向量，
不妨令，则，
又，，
又平面平面．
【小问2详解】
由上可知，设平面的法向量，
，令，则，
，
平面与平面夹角的余弦值为．
【小问3详解】
设，
，
又平面的法向量，
由直线与平面所成角余弦值为，
，
，或．
当时，；
当时，．
综上，．
年龄
保费
30
60
90
120
150