2022-2023学年北京市顺义区第二中学高二上学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年北京市顺义区第二中学高二上学期期中考试数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．直线经过原点和点，则直线的倾斜角是（ ）
A．45°B．135°C．45°或135°D．
【答案】B
【分析】先由已知的两点坐标求出过两点直线方程的斜率，然后利用直线的斜率等于倾斜角的正切值，再利用特殊角的三角函数值及倾斜角的范围即可得到倾斜角的度数．
【详解】解:因为直线经过原点和点，
所以直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，则，
所以，即直线的倾斜角是
故选：B
2．在空间直角坐标系中，若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】直接利用空间向量的坐标运算求解.
【详解】解：因为，，
所以.
故选：B
3．装有3个红球、2个白球的袋中任取2个球，则所取的2个球中至少有1个白球的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用对立事件即可求得概率.
【详解】“2个球中至少有1个白球”的对立事件为“2个球中没有白球”，
设事件为2个球中至少有1个白球，
则.
故选：C
4．为了调查老师对微课堂的了解程度，某市拟采用分层抽样的方法从，，三所中学抽取60名教师进行调查，已知，，三所学校中分别有180，270，90名教师，则从学校中应抽取的人数为（ ）
A．10B．12C．18D．24
【答案】A
【分析】按照分层抽样原则，每部分抽取的概率相等，按比例分配给每部分，即可求解.
【详解】，，三所学校教师总和为540，从中抽取60人，
则从学校中应抽取的人数为人.
故选:A.
【点睛】本题考查分层抽样抽取方法，按比例分配是解题的关键，属于基础题.
5．向量，下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．以上都不对
【答案】C
【分析】先由题中向量的坐标，得到，，，进而可判断出结果.
【详解】因为，，，
所以，，，
所以，.
故选：C
【点睛】本题主要考查向量垂直与向量共线的坐标表示，熟记向量的坐标运算即可，属于常考题型.
6．若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，且，则（ ）
A．B．C．4D．
【答案】B
【分析】因为，所以有，由向量垂直的坐标运算即可求解.
【详解】若，则有，
即，解得.
故选：B
7．已知甲、乙两名同学在高三的6次数学测试的成绩统计如图，则下列说法不正确的是（ ）
A．若甲、乙两组数据的平均数分别为，，则
B．若甲、乙两组数据的方差分别为，，则
C．甲成绩的极差小于乙成绩的极差
D．甲成绩比乙成绩稳定
【答案】B
【分析】由折线图甲乙同学成绩的分布情况即可作出判断.
【详解】对于A，由折线图可知，甲同学的平均成绩高于乙同学的平均成绩，A正确；
对于B，由折线图可知，甲同学的成绩较乙同学的成绩更稳定，所以，B错误，
对于C，由折线图可知，甲成绩的极差小于乙成绩的极差，C正确；
对于D，甲成绩比乙成绩稳定，D正确.
故选：B
8．过，两点的直线与过，两点的直线平行，则m的值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】A
【分析】由两直线平行的斜率关系即可求解.
【详解】由题可知：，
而直线与直线平行，
所以有，即，解得.
故选：A
9．冬末春初，乍暖还寒，人们容易感冒发热，若发生群体性发热，则会影响到人们的身体健康，干扰正常工作生产，某大型公司规定：若任意连续7天，每天不超过5人体温高于37.3℃，则称没有发生群体性发热，下列连续7天体温高于37.3℃人数的统计特征数中，能判定该公司没有发生群体性发热的为（ ）
（1）中位数为3，众数为2 （2）均值小于1，中位数为1
（3）均值为3，众数为4 （4）均值为2，标准差为
A．（1）（3）B．（3）（4）C．（2）（3）D．（2）（4）
【答案】D
【分析】将7个数据有小到大依次排列，举出反例证明（1）（3）不满足，假设（2）不满足，根据计算得到平均数大于1，矛盾，假设（4）不满足，计算标准差大于，矛盾，得到答案.
【详解】将 7 个数由小到大依次记为、、 、、、、.
对于（1）选项，反例：、、、、、、，满足中位数为3，众数为2，与题意矛盾，（1）选项不合乎要求；
对于（2）选项， 假设，即该公司发生了群体性发热，因中位数为1，则 ，平均数为 ，矛盾，故假设不成立，即该公司没有发生群体性发热，（2）选项合乎要求；
对于（3）选项，反例：、、 、 、、、，满足众数为4，均值为3，与题意矛盾，（3）选项不合乎要求；
对于（4）选项， 假设，即该公司发生群体性发热，若均值为2 ，则方差为，即，与（4）选项矛盾，故假设不成立，即该公司没有发生群体性发热，（4）选项合乎要求.
故选：D
10．如图，在三棱柱中，为的中点，若，，，则可表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】结合已知条件，利用空间向量的线性运算即可求解.
【详解】由题意可知，，
因为，，，，
所以.
故选：A.
二、填空题
11．已知向量，，且，则的值为______.
【答案】
【分析】根据空间向量平行的坐标计算公式，即可容易求得结果.
【详解】因为向量，，且，
故可得，解得.
故答案为：.
【点睛】本题考查由空间向量共线求参数值，属简单题.
12．已知向量，，，则的坐标为______.
【答案】
【分析】直接利用向量的运算法则计算即可.
【详解】向量，，，则.
故答案为：.
13．甲、乙两人独立解同一道数学题目，甲解出这道题目的概率是，乙解出这道题目的概率是，这道题被解出（至少有一人解出来）的概率是________．
【答案】
【分析】设这道题没被解出来为事件A，则这道题被解出（至少有一人解出来）的概率
【详解】设数学题没被解出来为事件A，则.
故则这道题被解出（至少有一人解出来）的概率.
故答案为：
14．在棱长为2的正方体中，P是棱上一动点，点O是面AC的中心，则的值为______.
【答案】4
【分析】由，结合数量积的运算律即可求解..
【详解】如图所示：
因为是正方体，所以，
，所以，
由图可知：，
所以
.
故答案为：4
三、双空题
15．口袋中有形状、大小都相同的6个小球，其中有2个白球、2个红球和2个黄球，从中随机摸出2个球.则2个都是黄球的概率为______；2个球颜色不同的概率为______.
【答案】 ； ##.
【分析】先求出从6个球中随机摸出2个球的方法数，再求出摸出的2个球都是黄球的方法数，然后利用古典概型的概率公式可求出2个都是黄球的概率；再求出摸出的2个球颜色不同的情况，再利用古典概型的概率公式可求出2个球颜色不同的概率.
【详解】从6个球中随机摸出2个球，共有，而摸出的2个都是黄球的有1种，
所以摸出2个都是黄球的概率为，
因为摸出的2个球颜色相同的有3种，所以摸出2个球颜色不同的有12种，
所以摸出2个球颜色不同的概率为，
故答案为：；.
四、解答题
16．如图，正方体的棱长为2，E为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）由线面平行的判定定理即可证明；
（2）由线面角的向量求法即可求解.
【详解】（1）易知，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
而平面，平面，
所以平面.
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系如图所示：
则，
，
设平面的法向量为，
则有，令，则，
设直线与平面所成角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，甲、乙都中靶的概率为0.72，求下列事件的概率；
(1)乙中靶；
(2)恰有一人中靶；
(3)至少有一人中靶.
【答案】(1)0.9
(2)0.26
(3)0.98
【分析】（1）由相互独立事件的乘法公式即可求解；
（2）分两种情况考虑即可求解；
（3）根据对立事件的概率即可得解.
【详解】（1）设甲中靶为事件，乙中靶为事件，
则事件与事件相互独立，
且，
则，
即乙中靶的概率为0.9.
（2）设恰有一人中靶为事件，
则.
即恰有一人中靶的概率为0.26.
（3）设至少有一人中靶为事件，
则，
即至少有一人中靶得概率为0.98.
18．三棱柱中，侧棱与底面垂直，，，M，N分别是，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）先证明平面，再根据，即可证明平面；
（2）先证明为二面角的平面角，再结合线段数量关系即可求解.
【详解】（1）作的中点，连接，
因为侧棱与底面垂直，即有平面，
而平面，平面，
所以，，
且，
所以四边形是正方形，所以，
又因为，所以，
，平面，
所以平面，而平面，
所以，，平面，
所以平面，
又因为分别是的中点，
所以，且，而，且，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以平面.
（2）由（1）可知，平面，
而平面，所以，
又平面平面，
所以为平面与平面所成夹角的平面角，
易知是等腰直角三角形，所以，
所以，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
19．某校高一举行了一次数学竞赛，为了了解本次竞赛学生的成绩情况，从中抽取了部分学生的分数（得分取正整数，满分为100）作为样本（样本容量为）进行统计，按照，，，，的分组作出频率分布直方图，已知得分在，的频数分别为8，2．
（1）求样本容量和频率分布直方图中的的值；
（2）估计本次竞赛学生成绩的中位数；
（3）在选取的样本中，从竞赛成绩在80分以上（含80分）的学生中随机抽取2名学生，求所抽取的2名学生中至少有一人得分在内的概率．
【答案】(1)；(2)；(3).
【详解】试题分析：(1)借助题设条件运用频率分布直方图求解；(2)借助题设条件运用频率分布直方图中提供的数据信息求解；(3)运用列举法和古典概型计算公式求解.
试题解析：
（1）由题意可知，样本容量n==50，
，x=0.100﹣0.004﹣0.010﹣0.016﹣0.040=0.030；
（2）设本次竞赛学生成绩的中位数为m，平均分为，
则[0.016+0.03]×10+（m﹣70）×0.040 =0.5，解得，
=（55×0.016+65×0.030+75×0.040+85×0.010+95×0.004]×10=70.6，
（3）由题意可知，分数在[80，90）内的学生有5人，记这5人分别为a1，a2，a3，a4，a5，
分数在[90，100]内的学生有2人，记这2人分别为b1，b2．抽取的2名学生的所有情况有21种，
分别为：（a1，a2），（a1，a3），（a1，a4），（a1，a5），（a1，b1），（a1，b2），（a2，a3），
（a2，a4），（a2，a5），（a2，b1），（a2，b2），（a3，a4），（a3，a5），（a3，b1），
（a3，b2），（a4，a5），（a4，b1），（a4，b2），（a5，b1），（a5，b2），（b1，b2）．
其中2名同学的分数都不在[90，100]内的情况有10种，分别为：
（a1，a2），（a1，a3），（a1，a4），（a1，a5），（a2，a3），（a2，a4），（a2，a5），（a3，a4），（a3，a5），（a4，a5）．
∴所抽取的2名学生中至少有一人得分在[90，100]内的概率.
【解析】频率分布直方图、频率与频数的关系及古典概型的计算公式等有关知识的综合运用．
【易错点晴】本题以学校中的数学竞赛的数学成绩的抽样统计的频率分布直方图为背景,设置了三个较为平常的数学问题.解答时一定要充分利用题设中提供的频率分布直方图所提供的数据信息,结合题设条件进行求解.第一问中求的是频率分布直方图中的未知数的值,运用该频率分布直方图时一定要注意该图的纵坐标是频率与组距的比值,这一点解题很容易被忽视.第二问中求的是中位数和平均数,求解时先依据中位数这个概念建立了方程求解,再运用平均数公式进行求解；第三问是运用简单枚举法一一列举出基本事件的所有可能和符合条件的事件的可能,最后运用古典概型的计算公式求出其概率的值.这是一道非常平常的考查基础知识和基本方法的基础题.
20．如图，在四棱锥中，平面平面BCDE，，，，，O为BC中点.
(1)求直线AE与BC所成角的余弦值；
(2)点B到平面ADE的距离；
(3)线段AC上是否存在一点Q，使平面ADE？如果不存在，请说明理由；如果存在，求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，，证明见解析
【分析】（1）是中点，确定直线与所成角为，计算各线段长度，再利用余弦定理计算得到答案.
（2）先计算各线段长度，计算的面积，再根据等体积法计算点到直线的距离.
（3）过点作，过点作，交于点，证明平面平面，计算线段的比例关系，面面平行转化为线面平行，计算得到答案.
【详解】（1）如图所示：是中点，连接，则且，为平行四边形，故，直线与所成角为，
平面平面，，平面，平面平面，
故平面，
平面，平面，故，
，
，
，
中，.
（2），
，
，故，
，
，
设点到平面的距离为，
，，
故点到平面的距离为.
（3）线段上存在一点，使平面.
理由如下：
连接，则四边形为平行四边形，，
过点作， 交于，则，
为中点，则为的中点，即，平面，则平面，
过点作，交于点，连接，则， 即，
又平面，故平面，又，
平面平面，又平面，平面，
故线段上存在一点， 当时，平面.
21．在梯形ABCD中，，，，P为AB的中点，线段AC与DP交于O点，将沿AC折起到的位置，使得平面⊥平面.
(1)求证：平面
(2)平面ABC与平面夹角的余弦值
(3)线段上是否存在点Q，使得CQ与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值：若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)；
(3)存在点Q，.
【分析】（1）作出辅助线，证明线线平行，得到线面平行；
（2）由面面垂直证明出线面垂直，得到两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解面面角；
（3）设，，结合第二问求出的平面的法向量，列出方程，求出的值，得到.
【详解】（1）连接，
因为，P为AB的中点，
所以，，
故四边形为平行四边形，
故是AC，DP的中点，
因为P是AB的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
（2）因为平面⊥平面，交线为AC，
因为，O是AC的中点，
所以⊥AC，
因为平面，
所以⊥平面，
因为平面ACB，
所以，，
因为，AP=AD，
所以三角形ADP为等边三角形，
因为O是DP的中点，
所以OP⊥AC，
所以两两垂直，
故以O为坐标原点，分别以OA，OP，为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
因为，
所以，
设平面的法向量为，
则，
解得：，令，则，
所以，
平面ABC的法向量为，
设平面ABC与平面的夹角为，
则，
故平面ABC与平面的夹角的余弦值为；
（3）存在点Q，
理由如下：设，，
则，
由（2）知：平面的法向量为，
设CQ与平面所成角为，
则，
因为，解得：，
故.