四川省成都市第七中学高新校区2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市第七中学高新校区2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共25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。
成都七中高新校区高2022级高二上期学科素养测试数学试卷总分：150分  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，只有一项是符合要求的.1. 直线的一个方向向量是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】直接根据方向向量的定义解答即可．【详解】直线的斜率为，则选项中是直线的一个方向向量，即B正确．故选：B．2. 利用简单随机抽样的方法抽查某工厂的100件产品，其中一等品有20件，合格品有70件，其余为不合格品，现在这个工厂随机抽查一件产品，设事件A为“是一等品”，B为“是合格品”，C为“是不合格品”，则下列结果错误的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，结合互斥事件的定义，以及频率与频数的关系，即可求解．【详解】解：由题意可知，A，B，C为互斥事件，，，故B正确，C错误，抽查某工厂的100件产品，其中一等品有20件，合格品有70件，其余为不合格品，则，，故A正确，，故D正确．故选：C．3. 一组样本数据为：19，23，12，14，14，17，10，12，18，14，27，则这组数据的众数和中位数分别为（    ）A. 14，14 B. 12，14 C. 14，15.5 D. 12，15.5【答案】A【解析】【分析】把给定数据按由小到大排列，再结合众数、中位数的定义求解作答.【详解】把这组数据按由小到大排列为：10，12，12，14，14，14，17，18，19，23，27，所以其众数为14，中位数为14.故选：A4. 为空间的一组基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是（    ）A. ，， B. ，，C. ，， D. ，，【答案】C【解析】【分析】确定，，排除ABD，得到答案.【详解】对选项A：，向量共面，故不能构成基底，错误；对选项B：，向量共面，故不能构成基底，错误；对选项C：假设，即，这与题设矛盾，假设不成立，可以构成基底，正确；对选项D：，向量共面，故不能构成基底，错误；故选：C5. 如图，在棱长为a的正方体中，P为的中点，Q为上任意一点，E，F为上两个动点，且的长为定值，则点Q到平面的距离（    ）A. 等于 B. 和的长度有关C. 等于 D. 和点Q的位置有关【答案】A【解析】【分析】取的中点G，连接，利用线面平行判断出选项B,D错误；建立空间直角坐标系，利用平面的法向量结合空间向量数量积公式求得点到面的距离，从而得出结论.【详解】取的中点G，连接，则，所以点Q到平面的距离即点Q到平面的距离，与的长度无关，B错．又平面，所以点到平面的距离即点Q到平面的距离，即点Q到平面的距离，与点Q的位置无关，D错．如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，则，∴，，，设是平面的法向量，则由得令，则，所以是平面的一个法向量．设点Q到平面的距离为d，则，A对，C错．故选：A．【点睛】本题主要考查点到直线的距离，意在考查学生的数学抽象的学科素养，属中档题.6. 设直线l的方程为，则直线l的倾斜角的范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】当时，可得倾斜角，当时，由直线方程可得斜率，然后由余弦函数和正切函数的性质求解．【详解】当时，方程为，直线的倾斜角，当时，由直线方程可得斜率，，且，，即，又，，综上，倾斜角的范围是故选：D．7. 投掷一枚均匀的骰子，记事件A：“朝上的点数大于3”，B：“朝上的点数为2或4”，则下列说法正确的是（    ）A. 事件A与事件B互斥 B. 事件A与事件B对立C. 事件A与事件B相互独立 D. 【答案】C【解析】【分析】根据互斥事件以及对立事件的概念结合事件A与事件B的基本事件可判断A，B；根据独立事件的概率公式可判断C；求出事件的概率可判断D.【详解】对于A，B，事件A：“朝上的点数大于3”，B：“朝上的点数为2或4”，这两个事件都包含有事件：“朝上的点数为4”，故事件A与事件B不互斥，也不对立，A，B错误；对于C，投掷一枚均匀的骰子，共有基本事件6个，事件A：“朝上的点数大于3”包含的基本事件个数有3个，其概率为,B：“朝上的点数为2或4”，包含的基本事件个数有2个，其概率为,事件包含的基本事件个数有1个，其概率为,由于,故事件A与事件B相互独立，C正确；对于D，事件包含的基本事件个数有朝上的点数为共4个，故，D错误，故选：C8. 在正四棱锥中，若，，平面与棱交于点，则四棱锥与四棱锥的体积比为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用、、、四点共面，，由锥体体积公式，求出和的值，即可得的值.【详解】如图所示，  设，由、、、四点共面，设，则，即，得，又，，不共面，则，解得：，即，设，分别是点到平面和点到平面的距离，则，所以，，，同理，，，，则四棱锥与四棱锥的体积比为.故选：B【点睛】方法点睛：点共面问题可转化为向量共面问题；求几何体的体积，要注意分割与补形；利用锥体体积公式，棱锥的体积比最终转化为棱长之比.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合要求的.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9. [多选题]下列命题是真命题的是（    ）．A. 若A，B，C，D在一条直线上，则与是共线向量B. 若A，B，C，D不在一条直线上，则与不是共线向量C. 若向量与是共线向量，则A，B，C，D四点必在一条直线上D. 若向量与是共线向量，则A，B，C三点必在一条直线上【答案】AD【解析】【分析】向量平行与共线是同一个概念，对四个命题依次判断即可．【详解】A 项为真命题，A，B，C，D在一条直线上，则向量，的方向相同或相反，因此与是共线向量；B项为假命题，A，B，C，D不在一条直线上，则，的方向不确定，不能判断与是否共线；C项为假命题，因为，两个向量所在的直线可能没有公共点，所以A，B，C，D四点不一定在一条直线上；D项为真命题，因为，两个向量所在的直线有公共点A，且与是共线向量，所以A，B，C三点共线．故选：AD．10. 已知正方体的棱长为1，点E、O分别是、的中点，P在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（    ）A. 点A到直线BE的距离是 B. 点O到平面的距离为C. 平面与平面间的距离为 D. 点P到直线AB的距离为【答案】BC【解析】【分析】建立空间直角坐标系，用向量法直接求解可得．【详解】如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系：则,0,，,0,，,1,，,0,，,1,，,1,，．所以，，则到直线的距离，故A不正确；易知，又，，所以，则平面的一个法向量为，则点到平面的距离，故B正确；，，．设平面的法向量为，则，所以，令，得，，所以，所以点到平面的距离．因为平面平面，所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离，即为，故C正确；因为，所以，，则，所以点到的距离，故D不正确．故选：BC．11. 在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，底面ABCD，则（    ）  A. B. PB与平面ABCD所成角为C. 异面直线AB与PC所成角的余弦值为D. 平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为【答案】ABC【解析】【分析】由线面垂直的判定定理及异面直线所成角的求法，结合空间向量的应用逐一判断即可得解．【详解】对于选项A，因为，，由余弦定理可得，从而，即，由底面，底面，可得，又面，即面，又面，即，故选项A正确；对于选项B，因为底面，所以就是与平面所成的角，又，即，故选项B正确；对于选项C，显然为异面直线与所成的角，易得，故选项C正确；对于选项D，建立如图所示的空间直角坐标系，  设，则,0,，,0,，,,，,,，,0,，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，即，设平面的一个法向量为，则，则，令，则，，即，则，即平面与平面夹角的余弦值为，故选项D不正确.故选：ABC．12. 如图，在正四面体ABCD中，M，N分别是线段AB，CD（不含端点）上的动点，则下列说法正确的是（    ）A. 对任意点M，N，都有MN与AD异面B. 存在点M，N，使得MN与BC垂直C. 对任意点M，存在点N，使得与，共面D. 对任意点M，存在点N，使得MN与AD，BC所成的角相等【答案】ACD【解析】【分析】A选项，首先不可能与AD相交，其次证明AD与MN不可能平行，故A正确；B选项，证明出BC⊥平面ADF，因为直线AB与CD分别与平面ADF的交点为A，D，但M，N与A，D不会重合，故B错误；C选项，作出辅助线，得到存在，使得，由空间向量性质可知C正确；D选项，作出辅助线，对于任意点M，找到点N，得到MN与AD，BC所成的角，利用相似和余弦定理得到MN与AD，BC所成的角相等.【详解】A选项，M，N分别是线段AB，CD（不含端点）上的动点，故不可能与AD相交，过点M作ME∥AD交BD于点E，MN与ME相交，故AD与MN不可能平行，综上：对任意点M，N，都有MN与AD异面，A正确；B选项，取BC中点F，连接AF，DF，因四面体ABCD为正四面体，所以AF⊥BC，DF⊥BC，因为，所以BC⊥平面ADF，因为直线AB与CD分别与平面ADF的交点为A，D，但M，N与A，D不会重合，故BC不可能与MN垂直，B错误；C选项，对于任意点M，作ME∥AD交BD于点E，过点E作EN∥BC交CD于点N，连接MN，此时，故存在，使得，所以对任意点M，存在点N，使得与，共面，C正确；D选项，对任意的点M，在CD上取点N，使得CN=AM，则，过点M作ME∥AD交BD于点E，过点N作NF∥BC交BD于点F，则为MN与AD形成的角，∠MNF为MN与BC形成的角，且FN=EM，DE=BF，由BM=DN，∠ABD=∠CDB=60°，DE=BF得：△BMF≌△DNE，所以MF=EN，由余弦定理得：，，由于三边对应相等，故∠MNF=∠NMF，对任意点M，存在点N，使得MN与AD，BC所成的角相等，D正确.故选：ACD【点睛】立体几何中动点问题，在点运动过程中求解垂直或平行关系或角度或长度的最值等，需要把点运动到特殊位置或抓住运动过程中的不动量作为解题的突破口.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13. 点到平面的距离______.【答案】5【解析】【分析】根据空间点的坐标的含义，即可得答案.【详解】点在平面上的射影是，则点在平面距离.故答案为：514. 已知过点和点的直线为，：，：，若，，则的值为______.【答案】【解析】【分析】由平行、垂直直线的斜率关系求解即可.【详解】因为，所以，解得，又，所以，解得，所以.故答案为：.15. 在正方体中，点是上的动点，是平面内的一点，且满足，则二面角余弦值的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】连接、、、，设，连接、，证明出平面，可知点的轨迹为线段，由二面角的定义可知二面角的平面角为，求出的最小值和最大值，即可得解.【详解】连接、、、，设，连接、，如下图所示：因为且，则四边形为平行四边形，因为四边形为正方形，则，因为平面，平面，则，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，因为是平面内的一点，且满足，所以，点的轨迹为线段，设正方体的棱长为，则，因为四边形为正方形，，则为的中点，且，由勾股定理可得，则，所以，二面角的平面角为，由图可知，当点与点重合时，最大，，，因为平面，平面，则，此时，；当与点重合时，最小，此时，，又因为函数在上单调递减，所以，，因此，二面角的余弦值的取值范围.故答案为：.【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.16. 已知四棱锥的各个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，，，，，M是线段AB上一点，且．过点M作球O的截面，所得截面圆面积的最小值为，则＝___．【答案】或【解析】【分析】根据给定的几何体，确定球心O的位置并求出球半径，再利用球的截面圆性质及余弦定理求解作答.【详解】在等腰梯形中，连接，如图，因为，，，则，，于是，取中点，连接，则，得均为正三角形，即有，即是梯形外接圆圆心，而O为四棱锥的外接球球心，因此平面，又PA⊥平面ABCD，则，而为球O的弦，则过点O垂直于的平面必过的中点E，连接，于是，而，即有，四边形为矩形，，因此球O的半径，过点M的球O的最小截面圆所在平面必垂直于，而此截面圆半径为，则，连接，在中，，在中，，，即有，解得或，所以或.故答案为：或【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.17. 在四棱锥中，底面．（1）证明：；（2）求PD与平面所成的角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；    （2）.【解析】【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【小问1详解】证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，，所以，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以；【小问2详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则，则，设平面的法向量，
则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为. 18. （1）已知，，，若点D在线段（包括端点）上移动时，求直线的斜率的取值范围；（2）求函数，的值域. 【答案】【小问1】或    【小问2】【解析】【分析】（1）求出直线，的斜率，数形结合可得答案；（2）利用辅助角公式，结合三角函数的性质求解.【详解】（1）直线的斜率，直线的斜率，如图所示，点D在线段（包括端点）上移动时，或，故直线的斜率的取值范围是：或.（2）由，得，所以，其中，则，由，得，即，解得，所以函数，的值域为.19. 如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是.（1）证明：；（2）求与所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据向量的线性运算和数量积的运算性质，得到，即可得证；（2）求出，再利用向量夹角公式即可求解.【小问1详解】以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，， ，【小问2详解】，，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为20. 甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女．（1）若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师性别相同的概率；（2）若从报名的6名教师中任选2名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师来自同一学校的概率．【答案】（1） （2）【解析】【详解】甲校的男教师用A、B表示，女教师用C表示，乙校的男教师用D表示，女教师用E、F表示，（1）根据题意，从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，有（AD），（AE），（AF），（BD），（BE），（BF），（CD），（CE），（CF），共9种；其中性别相同的有（AD）（BD）（CE）（CF）四种；则选出的2名教师性别相同的概率为P=；（2）若从报名的6名教师中任选2名，有（AB）（AC）（AD）（AE）（AF）（BC）（BD）（BE）（BF）（CD）（CE）（CF）（DE）（DF）（EF）共15种；其中选出的教师来自同一个学校的有6种；则选出的2名教师来自同一学校的概率为P=．21. 从2022年秋季学期起，四川省启动实施高考综合改革，实行高考科目“3+1+2”模式.“3”指语文、数学、外语三门统考学科，以原始分数计入高考成绩；“1”指考生从物理、历史两门学科中“首选”一门学科，以原始分数计入高考成绩；“2”指考生从政法、地理、化学、生物四门学科中“再选”两门学科，以等级分计入高考成绩.按照方案，再选学科的等级分赋分规则如下，将考生原始成绩从高到低划分为A，B，C，D，E五个等级，各等级人数所占比例及赋分区间如下表：等级ABCDE人数比例赋分区间将各等级内考生的原始分依照等比例转换法分别转换到赋分区间内，得到等级分，转换公式为，其中，分别表示原始分区间的最低分和最高分，，分别表示等级赋分区间的最低分和最高分，Y表示考生的原始分，表示考生的等级分，规定原始分为时，等级分为，计算结果四舍五入取整.某次化学考试的原始分最低分为50，最高分为98，呈连续整数分布，其频率分布直方图如下：（1）根据频率分布直方图，求此次化学考试成绩的平均值；（2）按照等级分赋分规则，估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间；（3）用估计的结果近似代替原始分区间，若某学生化学成线的原始分为90，试计算其等级分.【答案】（1）73    （2）    （3）91分【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图各小矩形面积和为1求出，由频率分布直方图中平均数的概念求解平均数；（2）求出等级A的原始分区间的最低分，又最高分为98，即可得解；（3）利用给定转换公式求出等级分作答．【小问1详解】由，可得，此次化学考试成绩平均值为分．【小问2详解】由频率分布直方图知，原始分成绩位于区间的占比为，位于区间的占比为， 因为成绩A等级占比为，所以等级A的原始分区间的最低分位于区间，估计等级A的原始分区间的最低分为，已知最高分为98，所以估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间为．小问3详解】由，解得，该学生的等级分为91分．22. 如图，是三棱锥的高，，，E是的中点.（1）求证：平面；（2）若，，.①求二面角所成平面角的正弦值；②在线段上是否存在一点M，使得直线与平面所成角为？【答案】（1）证明见解析    （2）①；②存在【解析】【分析】（1）取的中点D，可证得面,面,从而面面,进而得结论；（2）①以A为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面的直线为z轴建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，利用向量夹角公式求解；②设，（），则，求出平面的法向量，利用向量夹解公式列出方程求解即可.【小问1详解】如图，取的中点D，连接,∵面,,∴,则,又,∴,面,面,∴面,∵分别为的中点，∴,面,面,∴面,,面,∴面面,又平面，所以平面【小问2详解】①以A为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为，所以，又，，所以，则，则，，，，，，设平面的法向量为，则，令，则，所以，设平面的法向量，则，令，则，所以，所以.设二面角的大小为，则.②，设，（），则，，设平面的法向量，则，令，则，所以，，，因为，所以，故有：，解得（负根舍去），，因为，