四川省成都市盐道街中学2024-2025学年高二上学期第一学月月考数学试题（Word版附解析）

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命题人：王寒 审题人：廖洋
一、单选题
1. 某中学为了了解500名学生的身高，从中抽取了30名学生的身高进行统计分析，在这个问题中，500名学生身高的全体是（ ）
A. 总体B. 个体C. 从总体中抽取的一个样本D. 样本的容量
【答案】A
【解析】
【分析】
根据总体、个体、样本和样本容量的知识选出正确选项.
【详解】500名学生身高的全体是总体；每名学生的身高是个体；所抽取的名学生的身高是从总体中抽取的一个样本；是样本容量.
故选：A
【点睛】本小题主要考查对随机抽样中总体、个体、样本和样本容量的理解，属于基础题.
2. 如图是一个古典概型的样本空间和随机事件，其中，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据韦恩图，进行分析，结合古典概型计算即可.
【详解】，则,
则.
故选：B
3. 设，向量，，，且，，则等于（ ）
A. B. C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由向量的位置关系列式求出，根据模的计算公式计算即可求解.
【详解】，
，
，，
，
，
，．
，
．
故选：C.
4. 有一组样本数据，，，，由这组样本得到新样本数据，，，，其中，则（ ）
A. ，，，中位数为，则，，，的中位数为
B. ，，，的平均数为，则，，，的平均数为
C. ，，，的方差为，则，，，的方差为
D. ，，，的极差为，则，，，的极差为
【答案】B
【解析】
【分析】利用中位数的定义可判断；利用平均数和方差的计算方法和性质可判断；举例利用极差的定义可判断.
【详解】对于，数据从小到大排列对应中位数的顺序不变，
所以若，，，的中位数为，
则，，，的中位数为，故不正确；
对于，由平均数的计算方法与性质可知，
若，，，的平均数为，
则，，，的平均数为，故正确；
对于，由方差的性质可知，
若，，，的方差为，
所以，，，的方差为，故不正确；
对于， 若原数据为，，，，极差为，
当，则新数据为，，，，所以极差为，
所以极差为，故不正确.
故选：.
5. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则事件与事件是对立事件
B. 事件与事件中至少有一个发生的概率一定比与中恰有一个发生的概率大
C. 从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，则这三条线段能构成一个三角形的概率为
D. 若，，则事件，相互独立与，互斥不能同时成立
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意举反例判断A、B即可，根据古典概型求概率的方法可判断C，根据事件相互独立的概念以及事件互斥的概念即可判断D.
【详解】对于A，举例事件：掷一枚骰子，掷得点数为奇数为事件，则；
所掷点数大于为事件，则，，
但事件与事件不是对立事件，故A错误；
对于B，举例事件：抛一枚硬币，正面向上为事件，反面向上为事件，
事件与事件中至少有一个发生的概率为，与中恰有一个发生的概率也为，故B错误；
对于C，从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，
共有，，，，，，
，，种情况，
其中能构成三角形的有，，三种情况，
所以从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，
则这三条线段能构成一个三角形的概率为，故C错误；
对于D，若事件，相互独立，则有，
又，，所以有；
若，互斥，则，
所以若，，则事件，相互独立与，互斥不能同时成立，故D正确.
故选：D
6. 若向量是空间中一个基底，那么对任意一个空间向量，存在唯一的有序实数组，使得：，我们把有序实数组叫做基底下向量的斜坐标.设向量在基底下的斜坐标为，则向量在基底下的斜坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助待定系数法设，结合所给定义及其在基底下的斜坐标计算即可得.
【详解】由题意可得，
设，
即有
即可得，解得，即
即向量在基底下的斜坐标为.
故选：D.
7. 在如图所示的电路中，5个盒子表示保险匣，盒子中所示数值表示通电时保险丝熔断的概率，则下列结论正确的是（ ）

A. A，B两个盒子并联后FG 段畅通的概率为
B. D，E两个盒子串联后GH 段畅通的概率为
C. C，D，E三个盒子混联后GK 段畅通的概率为
D. 当开关合上时，整个电路畅通的概率大于整个电路不通的概率
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用对立事件的概率、相互独立事件的概率，逐项分析计算即可判断得解.
【详解】对于A，A，B两个盒子并联后FG 段畅通的概率为，A错误；
对于B，D，E两个盒子串联后GH段畅通的概率为，B错误；
对于C，由选项B知，GH 熔断的概率为，
因此C，D，E三个盒子混联后GK 段畅通的概率为，C错误；
对于D，由选项AC知，整个电路畅通的概率为不通的概率为，D正确.
故选：D
8. 如图，在四面体OABC中，，，，若，且∥平面ABC，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由条件可知，延长与交于，连接，则由题意可得∥，令，，则利用不同的方法将用表示，可求出，然后利用三角形相似可求得结果.
【详解】由条件可知，延长与交于，连接，
因为平面，
平面，平面平面，
所以∥，
令，，
则有，
，
根据向量基底表示法的唯一性，
得解得
∥，
，，
．
故选：D．
二、多选题
9. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短期；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得到如图所示的统计图表．则（ ）

A. 丁险种参保人数超过五成B. 41岁以上参保人数超过总参保人数的五成
C. 18－29周岁人群参保的总费用最少D. 人均参保费用不超过5000元
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据统计图表逐个选项进行验证即可.
【详解】由参保险种比例图可知，丁险种参保人数比例，故A正确
由参保人数比例图可知，41岁以上参保人数超过总参保人数的不到五成，B错误
由不同年龄段人均参保费用图可知，周岁人群人均参保费用最少，但是这类人所占比例为，
周岁以上参保人数最少比例为，周岁以上人群人均参保费用,所以18－29周岁人群参保的总费用最少，故C正确．
由不同年龄段人均参保费用图可知，人均参保费用不超过5000元,故D正确
故选：ACD．
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 用简单随机抽样的方法从含有60个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，则每个个体被抽到的概率是0.1
B. 已知一组数据1，2，，，8，9的平均数为5，则这组数据的中位数是5
C. 已知某班共有45人，小明在一次数学测验中成绩排名为班级第9名，则小明成绩是全班数学成绩的第20百分位数
D. 甲班和乙班各有学生20人、40人，甲班的数学成绩的平均数为80分，方差为2，乙班的数学成绩的平均数为82分，方差为4，那么甲班和乙班这60人的数学成绩的方差是3
【答案】AB
【解析】
【分析】根据数据的平均数、中位数、百分位数、分层抽样的方差的计算方法逐一分析选项即可.
【详解】对A，由古典概型计算公式可得每个个体被抽到的概率是，故正确；
对B，已知一组数据1，2，，，8，9的平均数为5，
则，即，解得，
则数据的中位数为，故正确；
对C，已知某班共有45人，小明在一次数学测验中成绩排名为班级第9名，
将数学成绩从小到大排列，小明成绩为第36名，
又由，则小明成绩的百分位数是80，故错误；
对D，由题意得甲班和乙班这60人的数学成绩的平均数为，
甲班和乙班这60人的数学成绩的方差为，
故错误.
故选：.
11. 如图，在长方体中，点P是底面内的动点，分别为中点，若，则下列说法正确的是（ ）

A. 最大值为1
B. 四棱锥的体积和表面积均不变
C. 若面，则点P轨迹的长为
D. 在棱上存在一点M，使得面面
【答案】ACD
【解析】
【分析】，当点与点重合时，，可得最大值为1可判断A；利用棱锥的体积公式计算可得四棱锥的体积；
当点与点重合、为上底面的中心时，计算出表面积可判断B；取的中点，的中点，利用面面平行的判定定理可得平面平面，可得点P轨迹为线段，求出可判断C；以为原点，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，设，求出平面、平面的一个法向量，利用面面垂直的向量求法求出可判断D.
【详解】对于A，，当点与点重合时，，即，所以，
所以
，
所以最大值为1，故A正确；

对于B，因为点到底面的距离为，底面面积为，
所以四棱锥的体积为，是定值；
当点与点重合时，四个侧面都为直角三角形，所以表面积为
，

当点为上底面的中心时，连接，则，且，
，此时表面积为
，
所以，故C错误；

对于C，取的中点，的中点，分别连接，可得，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面，平面，所以平面，且，
平面，所以平面平面，当时，平面，可得面，则点P轨迹为线段，此时，故C正确；

对于D， 以为原点，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，
所以，设，则，
，，
设平面的一个法向量为，
所以，，令可得，
设平面的一个法向量为，
所以，，令可得，
由，解得，满足题意，故D正确.

故选：ACD.
【点睛】空间中面面角的解题步骤：
第一步 首先建立适当的直角坐标系并写出相应点的空间直角坐标；
第二步 然后求出两个平面的法向量；
第三步 再利用向量的夹角公式即可得出结论.
三、填空题
12. 在空间直角坐标系中，点，点，点，则在方向上的投影向量的坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由投影向量的定义，代入计算，即可求解.
【详解】由条件可得，，
所以在方向上的投影向量的坐标为
.
故答案为：
13. 某商场在618大促销活动中，活动规则是：满168元可以参加促销摸奖活动，甲和乙两个箱子各装有10个球，其中甲箱中有5个红球、5个白球，乙箱中有8个红球、2个白球．顾客首先掷一枚质地均匀的骰子，如果出现点数为1或2，顾客从甲箱子随机摸出一个球；如果点数为3，4，5，6，从乙箱子随机摸出一个球，则摸出红球的顾客可以领取奖品，问顾客中奖率为______．
【答案】##0.7
【解析】
【详解】利用概率性质求解
【分析】设掷一枚质地均匀的骰子出现点数为1或2为事件，则，
骰子出现点数为3，4，5，6为事件，则，
甲箱摸出红球为，乙箱摸出红球为，设顾客中奖为事件，
所以，，
所以．
故答案为：．
14. 如图，几何体是以正方形ABCD的一边BC所在直线为旋转轴，其余三边旋转90°形成的面所围成的几何体，点G是圆弧的中点，点H是圆弧上的动点，，给出下列四个结论：
①不存在点H，使得平面平面CEG；
②存在点H，使得平面CEG；
③不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于；
④存在点H，使得直线DH与平而CEG所成角的正弦值为．
其中所有正确结论的序号是____________．
【答案】②③④
【解析】
【分析】将图形补全为一个正方体，以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.
【详解】由题意可将图形补全为一个正方体，如图所示：
以点为坐标原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
则、、、A2,0,0、、，，
设点，其中，
对于①，，，设平面，
则，即，
取x=1，则，可得，
设平面，，，
则，即，
取，则，可得，
若平面平面CEG，则，解得：，
所以存在使得平面平面CEG，故①错误；
对于②，，若平面CEG，
则，即，
即，故，故存在点H，使得平面CEG，故②正确；
对于③，，
所以点H到平面CEG的距离为，
，
因为，所以，所以，
，所以，
所以不存在点H，使得点H到平面CEG的距离大于，故③正确；
对于④，，，则直线与平面CEG的所成角为，
所以，
，整理可得，
因为函数在时图象是连续的，
且，，
所以，存在，使得，
所以，存在点，使得直线与平面CEG的所成角的余弦值为，④正确.
故答案为：②③④.
【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（l为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.
四、解答题
15. 如图，已知斜三棱柱中，，，，，，点是与的交点．
（1）用向量，，表示向量；
（2）求异面直线与所成的角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合题意根据空间向量的线性运算求解即可；
（2）先利用空间向量的线性运算表示向量，，然后根据空间向量求异面直线所成角的公式求解即可.
【小问1详解】
由题意可知：点是的中点，则，
所以，
；
小问2详解】
设，，，
则，，，
，，
，
所以，
又因为，所以，
因为，
所以，
所以，
所以异面直线与所成的角的余弦值为.
16. 第24届冬奥会于2022年2月在北京举行，志愿者的服务工作是冬奥会成功举办的重要保障．某高校承办了北京志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图2所示的频率分布直方图．已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
（1）求a，b的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第分位数（分位数精确到0.1）；
（3）在第四、第五两组志愿者中，现采用分层抽样的方法，从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率．
【答案】（1）；
（2）估计平均数为69.5，第分位数为71.7；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据频率之和为1，及第三、四、五组的频率之和为0.7列出方程组，求出a，b的值；（2）中间值作代表估计出平均数，利用百分位数求解方法进行求解；（3）先分层抽样求出列举法求出抽取的第四、第五两组志愿者人数，再利用列举法求出古典概型求概率公式.
【小问1详解】
，解得：，所以；
【小问2详解】
，故估计这100名候选者面试成绩的平均数为69.5；
前两组志愿者的频率为，前三组志愿者的频率为，所以第分位数落在第三组志愿者中，设第分位数为，则，解得：，故第分位数为71.7
【小问3详解】
第四、第五两组志愿者的频率比为，故按照分层抽样抽得的第四组志愿者人数为4，分别设为，第五组志愿者人数为1，设为，这5人中选出2人，所有情况有，共有10种情况，其中选出的两人来自不同组的有共4种情况，故选出的两人来自不同组的概率为
17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，是的中点．

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出求线段的长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在；的长为或
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量数量积公式求解二面角；
（3）假设棱存在一点使得，且，即可求出，利用向量的夹角公式列出关于的方程求解即可.
【小问1详解】
连接，交于点，连接，
点是的中点，点是的中点，
所以,平面,平面，
所以平面；
【小问2详解】
如图，以向量，，为轴的正方向建立空间直角坐标系，
即，，，则，
设平面的法向量，则，
令得，所以平面的法向量，
平面的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，
则，
所以平面和平面的夹角的余弦值为；
【小问3详解】
由（2）知，，，，
，，，
，
由（2）知平面的法向量，
设直线与平面的夹角为，
则
整理得，解得或
故当时，；当时，
则的长为或．
18. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，则译码为1，若依次收到，则译码为1）．
（1）已知．
①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率；
②若采用单次传输方案，依次发送，证明：事件“第三次收到信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立．
（2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围．
【答案】（1）① ；②证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）①记事件为“至少收到一次0”，利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得；②记事件为“第三次收到的信号为1”，事件为“三次收到的数字之和为2”，证明即可；
（2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，事件为“采用单次传输方案时译码为0”，根据题意可得，解不等式可解.
【小问1详解】
①记事件为“至少收到一次0”，则．
②证明：记事件为“第三次收到的信号为1”，则．
记事件为“三次收到的数字之和为2”，
则．
因为，
所以事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立．
【小问2详解】
记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，则．
记事件为“采用单次传输方案时译码为0”，则．
根据题意可得，即，
因为，所以，
解得，故的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算各事件的概率.
19. n个有次序的实数，，…，所组成的有序数组称为一个n维向量，其中称为该向量的第i个分量.特别地，对一个n维向量，若，称为n维信号向量.设，，则和的内积定义为，且.
（1）直接写出4个两两垂直的4维信号向量；
（2）证明：不存在10个两两垂直的10维信号向量；
（3）已知k个两两垂直的2024维信号向量，，…，满足它们的前m个分量都是相同的，求证：.
【答案】（1），，，；
（2）证明见解析； （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合两两垂直的定义，即可求解；
（2）根据题意，不妨设，得到有5个分量为，设的前5个分量中有r个，得到5个分量中有个，进而求得r的值，即可求解；
（3）任取，得到，设的第个分量之和为，结合，列出不等式，即可求解.
【小问1详解】
两两垂直的4维信号向量可以为：，，，.
【小问2详解】
假设存在10个两两垂直的10维信号向量，，…，，
因为将这10个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设，，
因为，所以有5个分量为，
设的前5个分量中有r个，则后5个分量中有个，
所以，可得，矛盾，
所以不存在10个两两垂直的10维信号向量.
【小问3详解】
任取，计算内积，将所有这些内积求和得到S，
则，
设，，…，的第个分量之和为，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为S的贡献为，
所以，
令，所以，所以.
【点睛】关键点睛：本题以新定义为背景考查向量的运算，解题的关键是根据所给线性相关的定义进行运算判断.