四川省成都市石室中学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石室中学2023-2024学年高二数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了35B， 已知中，，，，为的外心，若等内容，欢迎下载使用。
成都石室中学2023～2024学年度上期高2025届十月考试数学试卷一､单项选择题：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. 石室中学高一年级有男生570名，若用分层随机抽样的方法从高一年级学生中抽取一个容量为110的样本其中女生53人，则高一年级学生总数为（   ）A. 950 B. 1000 C. 1050 D. 1100【答案】D【解析】【分析】根据分层抽样的抽样比的性质进行求解即可.【详解】设高一年级学生总数为N,根据分层抽样，则.故选：D.2. 直线的方向向量为，则该直线的倾斜角为（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据直线的方向向量，结合直线斜率与倾斜角的关系进行求解即可.【详解】由题意知：直线的斜率为，则直线的倾斜角为.故选：C3. 已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%.现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器算出0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果.经随机模拟产生了20组随机数：907  966  191  925  271  932  812  458  569  683431  257  393  027  556  488  730  113  537  989据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（    ）A. 0.35 B. 0.25 C. 0.20 D. 0.15【答案】B【解析】【分析】已知三次投篮共有20种，再得到恰有两次命中的事件的种数，然后利用古典概型的概率公式求解.【详解】三次投篮共有20种，恰有两次命中的事件有：191，271，932，812，393，有5种∴该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为故选：B【点睛】本题主要考古典概型的概率求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.4. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（   ）A. 若，则 B. 若，则C. 若且，则 D. 若，则【答案】D【解析】【分析】根据线面垂直以及面面垂直的性质判断A，B；根据线面平行的性质判断C；根据线面垂直的性质判断D.【详解】对于A，若，，则或者或者相交，故A错误，对于B，若，则或者或者相交，故B错误，对于C，若且，则m与n可能平行、相交或异面，故C错误.对于D，若，则，又，所以，故D正确，故选：D.5. 在中，，，为边上的中点，且的长度为，则（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】分别在和中利用余弦定理得到，在中利用余弦定理得到，然后解方程即可.【详解】在中，；在中，；，∴，又，，整理可得：，即，∴，，在中，，，解得：（舍）或.故选：B.6. 十项全能是田径运动中全能项目的一种，是由跑、跳、投等个田径项目组成的综合性男子比赛项目，比赛成绩是按照国际田径联合会制定的专门田径运动会全能评分表将各个单项成绩所得的评分加起来计算的，总分多者为优胜者.如图，这是某次十项全能比赛中甲、乙两名运动员的各个单项得分的雷达图，则下列说法不正确的是（   ）A. 在米跑项目中，甲的得分比乙的得分高B. 在跳高和标枪项目中，甲、乙水平相当C. 甲的各项得分比乙的各项得分更均衡D. 甲的各项得分的极差比乙的各项得分的极差大【答案】C【解析】【分析】利用雷达图、结合方差、极差的概念逐项判断即可.【详解】对于A，由图中数据知，在米跑项目中，甲的得分比乙的得分高，正确；对于B，由图中数据知，在跳高和标枪项目中，甲、乙水平相当，正确；对于C，甲的各项得分差异比乙的各项得分差异大，因此乙的各项得分更均衡，不正确；对于D，甲的各项得分的极差大于400，乙的各项得分的极差小于200，所以乙的各项得分的极差大，正确.故选：C.7. 已知中，，，，为的外心，若，则m的值为（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据三角形外心的性质，结合平面向量数量积的运算性质和定义进行求解即可.【详解】过作，垂足分别为，显然为的中点，所以，即，因为，所以有，故选：A.8. 已知点，在直线和轴上各找一点和，则的周长的最小值为（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据点关于直线对称的性质进行求解即可.【详解】设点关于直线的对称点为，则有，点关于轴的对称点为，如图所示：当四点共线时，的周长的最小，最小值为，故选：D二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 甲､乙各投掷一枚骰子，下列说法正确的是（   ）A. 事件“甲投得5点”与事件“甲投得4点”不是互斥事件B. 事件“甲投得6点”与事件“乙投得5点”是相互独立事件C. 事件“甲､乙都投得6点”与事件“甲､乙不全投得6点”是对立事件D. 事件“至少有1人投得6点”与事件“甲投得6点且乙没投得6点”是相互独立事件【答案】BC【解析】【分析】根据互斥事件、独立事件和对立事件的定义逐一判断即可.【详解】对于A，事件“甲投得5点”与事件“甲投得4点”不可能同时发生，二者为互斥事件，A错误；对于B, 事件“甲投得6点”发生与否对事件“乙投得5点”没有影响，二者是相互独立事件，B正确；对于C，事件“甲､乙都投得6点”的反面为“至少有1人没有投得6点”，也即“甲､乙不全投得6点”，故事件“甲､乙都投得6点”与事件“甲､乙不全投得6点”是对立事件，C正确；对于D，事件“至少有1人投得6点”包含“甲投得6点且乙没投得6点”的情况，故事件“至少有1人投得6点”与事件“甲投得6点且乙没投得6点”不是相互独立事件，D错误，故选：BC10. 直线过点，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等，则直线在轴上的截距可能是（   ）A. 3 B. 0 C.  D. 1【答案】ABD【解析】【分析】通过讨论直线截距是否为的情况，即可得出结论【详解】由题意，直线过点，在两坐标轴上的截距的绝对值相等，当直线的截距为0时，显然满足题意，为：；当直线的截距不为0时，设横、纵截距分别为，则直线方程为：，∴，解得：或，∴直线的纵截距可取.故选：ABD.11. 设为夹角为的两个单位向量，则（   ）A.  B. 的最小值为C. 的最小值为 D. 对任意的实数有恒成立【答案】CD【解析】【分析】根据平面向量数量积的定义和运算性质逐一判断即可.【详解】因为为夹角为的两个单位向量，所以.对A：，故A错误；对B：，当且仅当时，的最小值为，故B错误；对C：，当且仅当时取得最小值，故C正确.对D：，两边平方可得：对任意的恒成立，故D正确；故选：CD【点睛】关键点睛：本题的关键是利用这一公式、配方法求解最值.12. 如图，直四棱柱中，底面ABCD为平行四边形，,，点P是经过点的半圆弧上的动点（不包括端点），点Q是经过点D的半圆弧上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（   ）A. 四面体PBCQ的体积的最大值为B. 的取值范围是C. 若二面角的平面角为，则D. 若三棱锥的外接球表面积为S，则【答案】ACD【解析】【分析】根据棱锥的体积公式可判断A；根据向量的相等以及数量积的定义可判断B；结合二面角平面角定义找出，结合解直角三角形判断C；确定三棱锥的外接球球心位置，列等式求得半径表达式，求得其取值范围，即可求出三棱锥外接球表面积取值范围，判断D.【详解】由题意知在直四棱柱中，半圆弧经过点D，故，点P到底面的距离为，当点Q位于半圆弧上的中点时最大，即四面体PBCQ体积最大，则 ，故A正确；由于，则，又在中， ，故，因为，所以，则 ，故B错误；因为平面，平面，故，而,平面，故平面，平面，故，所以是二面角的平面角，则，因为 ，所以，故C正确；设线段BC的中点为N， 线段的中点为K，则三棱锥的外接球球心O在NK上，在四边形中，,,设，在中，在中，故，整理得，所以 ，所以外接球的表面积为，D正确，故选：ACD【点睛】难点点睛：解答本题的难点在选项D的判断，解答时要发挥空间想象，明确空间的点线面位置关系，确定外接球球心位置，进而找出等量关系，求得球的半径取值范围，即可求解球表面积取值范围.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分．13. 2023年四川省高考分数公布后，石室中学再续辉煌，某基地班的12名同学成绩分别是（单位：分）：673，673，677，679，682，682，684，685，687，691，697，705，则这12名学生成绩的上四分位数为_________.【答案】689【解析】【分析】根据上四分位数的定义进行求解即可.【详解】因为12，所以这12名学生成绩的上四分位数为，故答案为：68914. 已知直线互相垂直，则的值为______ .【答案】.【解析】【分析】根据两条直线垂直的条件，得到所满足的等量关系式，解方程，求得的值.【详解】因为直线 互相垂直，则有，即，进一步化简得，解得或，故答案是0或2.【点睛】该题所考查的是有关两条直线垂直的条件，利用垂直的条件是，得到关于所满足的等量关系式，求得结果.15. 已知等腰直角的斜边在平面内，与所成角为，是斜边上的高，则与平面所成角的正弦值为______.【答案】【解析】【分析】过作于，连接，得直线与平面所成的角，再设，求得，然后计算正弦值．【详解】如图所示，过作于，连接， 则为与平面所成角，同理分别是与平面所成的角，又平面，则，由题意可得，设，则有， 在中，.故答案为：.16. 在中，角，，所对的边分别为，，，，于点D，且，则线段长度的最大值为_________ .【答案】【解析】【分析】先利用正弦定理与三角恒等变换推得，再利用余弦定理与基本不等式求得，从而利用三角形面积相等即可得解.【详解】因为，所以由正弦定理得，由于，，所以，所以，由于，，所以，则，所以，得，当且仅当时，等号成立，因为，所以，故，所以的最大值为.故答案为：.四、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17. 如图，已知的顶点为，，是边AB的中点，AD是BC边上的高，AE是的平分线．（1）求高AD所在直线的方程；（2）求AE所在直线的方程．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据互相垂直的直线斜率的性质，结合直线点斜式方程进行求解即可；（2）根据角平分线的性质，结合两点式方程进行求解即可.【小问1详解】因为是边AB的中点，所以，因为，所以，因此高AD所在直线的方程为：；【小问2详解】因为AE是的平分线，所以，所以，设，所以，所以AE所在直线的方程为：.18. 某蔬果经销商销售某种蔬果，售价为每千克25元，成本为每千克15元，其销售宗旨是当天进货当天销售，若当天未销售完，未售出的全部降价以每千克10元处理完．据以往销售情况，按进行分组，得到如图所示的频率分布直方图．（1）根据频率分布直方图求该蔬果日需求量的平均数（同组数据用区间中点值代表）；（2）该经销商某天购进了250千克蔬果，假设当天的日需求量为千克（），利润为元．①求关于的函数表达式；②根据频率分布直方图估计利润不小于1750元的概率．【答案】（1）265千克；（2）①；②0.7.【解析】【分析】(1) 用频率分布直方图中每一个矩形的面积乘以矩形的底边中点横坐标的和即为平均值；(2) ①根据日需求量与进货量250千克的关系，分类讨论即可求出；②由解出日需求量的取值范围，再根据频率分布直方图求出对应的面积即可．【详解】(1)50×0.001×100+150×0.002×100+250×0.003×100+350×0.0025×100+450×0.0015×100=265故该蔬果日需求量的平均数为265千克．(2) ① 当日需求量低于250千克时，利润=（元）； 当日需求量不低于250千克时，利润（元），所以．② 由，解得． 所以==++=0.7 故根据频率分布直方图估计利润不小于1750元的概率为0.7【点睛】本题主要考查利用频率分布直方图估计样本的平均数，以及分段函数的求法应用，属于基础题．结论点睛：在频率分布直方图中，众数等于最高矩形底边中点横坐标，中位数是把频率分布直方图分成左右两边面积相等的分界对应的数值，平均数等于频率分布直方图中每一个矩形的面积乘以矩形的底边中点横坐标的和．19. 石室北湖后勤服务中心为监控学校三楼食堂的服务质量情况，每学期会定期进行两次食堂服务质量抽样调查，每次调查的具体做法是：随机调查50名就餐的教师和学生，请他们为食堂服务质量进行评分，师生根据自己的感受从0到100分选取一个分数打分，根据这50名师生对食堂服务质量的评分并绘制频率分布表．下图是根据本学期第二次抽样调查师生打分结果绘制的频率分布表，其中样本数据分组为[40，50），[50，60），……，[90，100]．分数[40，50)[50,60)[60,70)[70,80)[80,90)[90,100]频率0.040.060.220.280.220.18 （1）用每组数据的中点值代替该组数据，试估计频率分布表中前三组的平均分；（2）学校每周都会随机抽取3名学生和田校长共进午餐，每次田校长都会通过这3名学生了解食堂服务质量，田校长的做法是让学生在“差评、中评、好评”中选择一个作答，如果出现“差评”或者“没有出现好评”，田校长会立即责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务情况．若以本次抽取的50名师生样本频率分布表作为总体估计的依据，用频率估计概率，并假定本周和田校长共进午餐的学生中评分在[40，60）之间的会给“差评”，评分在[60，80）之间的会给“中评”，评分在[80，100]之间的会给“好评”，已知学生都会根据自己的感受独立地给出评价不会受到其它因素的影响，试估计本周田校长会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量的概率．【答案】（1）    （2）0.396【解析】【分析】（1）根据平均值定义计算平均值；（2）对3名学生给出好评中评和差评作分类讨论，计算出田校长不会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量的事件的概率即可.【小问1详解】由已知得前三组平均分为；【小问2详解】由图可知，[40，60）、[60，80）、[80，100]这三组的频率分别为0.1、0.5、0.4；用频率估计概率，即差评、中评、好评的概率分别为0.1、0.5、0.4，以本次抽取的3名学生，让学生在“差评、中评、好评”中选择一个作答，已知学生都会根据自己的感受独立地给出评价不会受到其它因素的影响，记3名学生分别为甲、乙、丙；设本周田校长不会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量的事件记为A，则A事件即为：甲好评乙丙中评、甲乙好评丙中评、甲丙好评乙中评、乙好评甲丙中评、乙丙好评甲中评、丙好评甲乙中评、甲乙丙都好评；   即本周田校长会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量的概率为 ；综上，前三组的平均分为60.625，本周田校长会责成后勤分管副校长亲自检查食堂服务质量的概率为0.396.20. 某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：[20，25），第二组：[25，30），第三组：[30，35），第四组：[35，40），第五组：[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.（1）根据频率分布直方图，求m的值并估计这m人年龄的第80百分位数；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者.（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲､乙两人至少有一人被选上的概率；（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这m人中35~45岁所有人的年龄的方差.【答案】（1），第80百分位数为    （2）（i）；（ii）10【解析】【分析】（1）根据第一组的人数及所占比例求出，利用百分位数的计算公式求出第80百分位数为；（2）（i）利用列举法求解甲､乙两人至少有一人被选上的概率；（ii）结合第四组和第五组的平均数和方差，利用公式求出这m人中35~45岁所有人的平均数和方差.【小问1详解】由题意，，所以.设第80百分位数为，因为，，故第80百分位数位于第四组：[35，40）内，由，解得：，所以第80百分位数为；小问2详解】（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为，甲，第五组抽取2人，记为，乙，对应的样本空间为：，甲，乙，甲，乙），（B，D），（C，甲），（甲，乙），（甲，D），（乙，D）共15个样本点.设事件“甲､乙两人至少一人被选上”，则，甲，乙，甲，乙），，甲，乙），（甲，乙），（甲，乙，，共有9个样本点.所以.（ii）设第四组､第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，方差分别为，则，设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为.则，，因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，据此，可估计这人中年䍅在岁的所有人的年龄方差约为10.21. 如图1，已知平面四边形是矩形，，，将四边形沿翻折，使平面平面，再将沿着对角线翻折，得到，设顶点在平面上的投影为.  图1                             图2                           图3（1）如图2，当时，若点在上，且，，证明：平面，并求的长度.（2）如图3，当时，若点恰好落在的内部（不包括边界），求二面角的余弦值的取值范围.【答案】（1）证明见解析，    （2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的判定定理得到平面，从而有，又平面得证；设，由可求出，在中，根据勾股定理解出的长度；（2）作，交于，交于，当点O恰好落在的内部(不包括边界)，点O恰好在线段EF上，为二面角的平面角，由此能求出二面角的余弦值的取值范围.【小问1详解】点在平面ABCD上的射影为且点在上，点恰好落在边上，平面平面ACD，又，平面平面平面，又平面，，又，，平面，平面,平面，平面,设，，则，，，，在中，,解得，.【小问2详解】作，交于，交于，如图：当点O恰好落在的内部(不包括边界)时，点O恰好在线段EF上，又，，为二面角的平面角,当时，由,可得，且，，故二面角的余弦值的取值范围为22. 如图，已知，，为边上靠近点的三等分点.（1）若，，求.（2）若直线平分，求与内切圆半径之比取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据条件，利用向量的线性运算，得到，在中，令，，根据余弦定理得，，再结合条件即可求出结果；（2）根据角平线的性质得出，在中，利用余弦定理和条件得出，再利用等面积法得到，再结果的范围即可求出结果.【小问1详解】由题意，，，所以，因为，，所以，故，则，即，故，不妨记，，则，又，所以，解得，则，所以.【小问2详解】设与内切圆的半径分别为与，因为直线BD平分，所以由角平分线性质定理得，记，则，记，则，因，所以，因为，即，则，所以，即设顶点到的距离为，因为，又，，所以，则，令，则，，所以，因为，所以，则，故，所以，即，所以，故，所以与内切圆半径之比的取值范围为.