四川省仁寿县2024-2025学年高二数学上学期国庆作业月考模拟试卷一含解析

Page24一、单选题（共12小题，每题5分，共60分）1.点关于平面对称的点的坐标是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用空间直角坐标系的性质即可得出结果.【详解】由空间直角坐标系的性质可知，点关于平面对称的点的坐标是.故选：A2.已知是两个不同的平面，是空间中两条不同的直线，下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】C【解析】【分析】依据空间面面以及线面、线线的位置关系推断A；依据面面平行的性质推断B；依据线面垂直的判定推断C；举反例推断D.【详解】对于A，若，则或，A错误；对于B，若，则可能平行也可能异面或相交，B错误；对于C，由，可得，又，则，C正确；对于D，如图长方体中，不妨取前方面为，右侧面为，如图示，，但，D错误；故选：C3.从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么互斥而不对立的两个事务是（）A.“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球” B.“至少有一个黑球”与“都是红球”C.“至少有一个黑球”与“至少有一个红球” D.“至少有一个黑球”与“都是黑球”【答案】A【解析】【分析】依据给定条件，利用互斥事务、对立事务的定义逐项分析推断作答.【详解】对于A，恰好有一个黑球的事务与恰好有两个黑球的事务不能同时发生，可以同时不发生，因此“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”是互斥而不对立的两个事务，A是；对于B，至少有一个黑球的事务与都是红球的事务是对立事务，B不是；对于C，至少有一个黑球的事务与至少有一个红球的事务可以同时发生，不互斥，C不是；对于D，至少有一个黑球的事务与都是黑球的事务可以同时发生，不互斥，D不是.故选：A4.如图，在正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，为正方体的顶点．则满意的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】如图建立以A为原点的空间直角坐标系.依次推断各选项是否满意即可.【详解】如图建立以A为原点的空间直角坐标系，设正方体边长为.A选项，，则，则，故A错误；B选项，，，则，故B错误；C选项，，，则，即，故C正确；D选项，，则，故D错误.故选：C5.已知甲、乙两位同学在一次射击练习中各射靶10次，射中环数频率分布如图所示：令，分别表示甲、乙射中环数的均值；，分别表示甲、乙射中环数的方差，则（）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】【分析】依据频率分布图分别计算，，比较大小可得.【详解】由图可知，，，所以，.故选：D.6.从，，，，中任取两个不同的数，记为，则成立的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用列举法，结合古典概型概率计算公式求得正确答案.【详解】从，，，，中任取两个不同的数，记为，共有个基本领件，分别为，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，记“成立”为事务，若，则且，所以事务包含个基本领件：，，，，，，故其概率为．故选：D7.在四棱锥中，平面，四边形为菱形，，，点为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】连接交于点，连接，得到（补角）是异面直线与所成角求解．【详解】解：如图所示：连接交于点，连接，因为,所以（补角）是异面直线与所成角．因为平面，平面，所以，又因为四边形为菱形，所以，又，所以平面PBD，又平面PBD，所以，则为直角三角形，设，在中，，所以，故选：B．8.M为△ABC所在平面内一点，且，则动点M轨迹必通过△ABC的（）A.垂心 B.内心 C.外心 D.重心【答案】C【解析】【分析】设边的中点为，结合向量的线性运算法则化简向量等式可得，由数量积的性质可得，由此可得结论.【详解】设边的中点为，因为，所以，所以，所以，所以，所以，又点为边的中点，所以点在边的垂直平分线上，所以动点M的轨迹必通过△ABC的外心，故选：C.二、多选题（共4小题，每题5分，共20分）9.一个质地匀整的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4，连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事务A为“第一次向下的数字为2或3”，事务B为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是（）A. B.事务A与事务B互斥C.事务A与事务B相互独立 D.【答案】CD【解析】【分析】A.利用古典概型的概率求解推断；B.利用互斥事务的定义推断；C.利用独立事务的概率求解推断；D.利用并事务的概率求解推断.【详解】解：依题意，抛掷正四面体木块，第一次向下的数字有1，2，3，4四个基本领件，则，A不正确：事务B含有基本领件有8个：，，，，，，，，其中事务，，，发生时，事务A也发生，即事务A，B可以同时发生，B不正确；抛掷正四面体木块两次的全部基本领件有16个，，，即事务A与事务B相互独立，C正确；，D正确.故选：CD.10.如图，在四面体中，平面平面，，则下列结论正确的是（）A.四面体的体积为B.C.二面角的余弦值为D.四面体外接球的体积为【答案】BC【解析】【分析】依据平面平面，得到平面，从而，再由得到，从而平面BCD，可推断AB选项；易得二面角的平面角是推断C选项；将原几何体补成长方体推断D选项.【详解】因为平面平面，平面平面，所以平面，平面，所以，又，则，且，所以平面BCD，在中，因为，，所以，所以，所以，A不正确，B正确；二面角的平面角是，易得，C正确；将原几何体补成长方体，如图所示：则四面体的外接球即为长方体的其外接球，外接球的直径为AD，且，所以半径，故，D错误．故选：BC．11.如图所示是世界人口变更状况的三幅统计图：下列结论中正确的是（）A.从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加B.2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多C.2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平D.1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢【答案】ABC【解析】【分析】依据所给折线图、扇形图以及直方图，分析每个选项中涉及的量的变更，即可得答案.【详解】对于A，从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故A正确；对于B，从扇形图中能够明显地看出2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故B正确；对于C，从条形图中能够明显地看出2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平，故C正确；对于D，由题中三幅统计图可看得出北美洲人口数量最少，并不能得出从1957年到2050年中哪个洲人口增长速度最慢，故D错误.故选：ABC12.设的内角的对边分别为，则下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则外接圆的半径为C.若，则D.若，则为锐角三角形【答案】AC【解析】【分析】利用正弦定理化角为边，再依据大边对大角即可推断A；利用正弦定理即可推断B；先利用余弦定理求出，再依据数量积的定义即可推断C；利用正弦定理化角为边，正在跟进余弦定理即可推断D.【详解】对于A，因为，由正弦定理得，故A正确；对于B，由正弦定理，得，即外接圆的半径为，故B错误；对于C，由余弦定理，则，故C正确；对于D，因为，由正弦定理得，则，故，所以角锐角，但不愿定为锐角三角形，故D错误．故选：AC．三、填空题（共4小题，每题5分，共20分）13.用分层抽样的方法从某校中学学生中抽取一个容量为45的样本，其中高二年级有学生600人，抽取了15人.则该校中学学生总数是________人.【答案】1800【解析】【分析】利用比例求出学生总数.【详解】，故该校中学学生总数是1800人.故答案为：180014.设空间向量，，若，则＝______．【答案】3【解析】【分析】依据空间向量共线得，再利用空间向量的坐标运算和向量模的定义即可得到答案.【详解】，则明显，，解得，则，，故答案为：3.15.直线上一点P到与的距离之差的确定值最大，则P的坐标为______.【答案】【解析】【分析】求出B点关于关于l对称点的坐标，结合点P到与的距离之差的几何意义，确定当三点共线时，最大，即可求得的方程，联立，即可求得答案.【详解】设点B关于l的对称点的坐标为，连接，则，即，所以①．因为的中点在直线l上，所以，即②．由①②得，所以点的坐标为．于是所在直线的方程为，即．又，当且仅当三点共线时，最大．所以联立直线l与的方程即，解得，即l与的交点坐标为，故点P的坐标为．故答案为：16.一组数据按从小到大的依次排列如下：11，12，15，x，17，y，22，26，经计算，该组数据中位数是16，若分位数是20，则___________.【答案】33【解析】【分析】利用中位数与百分位数的定义求得，从而得解.【详解】因为，故中位数是，解得；因为，故75%分位数是，则；所以故答案为：33.四、解答题.（共6小题，共70分）17.如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，为与的交点.若，，，（1）用表示；（2）求对角线的长；（3）求【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）依据几何关系，结合向量的运算法则，即可简洁表示目标向量；（2）用基向量表示，再用数量积的运算法则求解即可；（3）依据（2）中所求，结合向量夹角余弦值的计算公式，代值即可.【详解】（1）连接，如图：因为，，在，依据向量减法法则可得：因为底面是平行四边形故因为且又为线段中点在中（2）因为顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是故由（1）可知故平行四边形中故：故（3）因为，又【点睛】本题考查用基向量表示空间向量，涉及空间向量数量积的运算、模长的求解以及夹角的求解，属综合基础题.18.已知空间三点，，.（1）求以AB，AC为邻边的平行四边形的面积；（2）设，若A，B，C，D四点共面，求的值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由空间向量的数量积得夹角后求解（2）由空间向量共面定理求解【小问1详解】由已知，得：，，∴，∴∴以AB，AC为邻边的平行四边形的面积为【小问2详解】由，得：∵A，B，C，D四点共面∴存在实数，，使得∴，即得：解得：，，∴19.某校组织全体学生参与“数学以我为傲”学问竞赛，现从中随机抽取了100名学生的成果组成样本，并将得分分成以下6组：，，，……，，统计结果如图所示：（1）试估计这100名学生得分的众数、中位数；（中位数保留小数点后2位）（2）试估计这100名学生得分平均数（同一组中的数据用该组区间中点值代表）；（3）现在按分层抽样的方法在和两组中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人参与这次竞赛的沟通会，求至少有一人在的概率.【答案】（1）众数75；中位数（2）（3）【解析】【分析】（1）利用众数与中位数的定义结合频率分步直方图即可得到这100名学生得分的众数、中位数估计值；（2）利用平均数定义结合频率分步直方图即可得到这100名学生得分的平均数估计值.（3）利用古典概型概率求法即可求得从这5人中随机抽取2人参与这次竞赛的沟通会且至少有一人在的概率.【小问1详解】由频率分布直方图可知，第4组频率最大，估计众数为：75；在内频率之和为，设中位数为，由图可知中位数在，由，得中位数【小问2详解】由频率分布直方图的数据，可得这100名学生得分的平均数：【小问3详解】在和两组中的人数分别为：人和人，所以在分组中抽取的人数为人，记为a，b，c，在分组中抽取的人数为2人，记为1，2，所以这5人中随机抽取2人的状况有：，共10种取法，至少有一人得分在的状况有7种，所以所求概率为.20.如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，是棱上的动点，且．（1）证明:平面．（2）是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是.【解析】【分析】（1）由题设，依据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直的性质有，并由勾股定理证，最终应用线面垂直的判定证结论；（2）取棱的中点，连接，构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数，即可推断存在性.【小问1详解】因为四边形是菱形，所以.因为平面，且，所以平面.因为平面，所以.因为，所以，即.因为平面，且，所以平面.【小问2详解】取棱的中点，连接，易证两两垂直，故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系．设，则，故，所以，设平面的法向量为，则，令，得．平面的一个法向量为,设面与面所成的锐二面角为，则，整理得，解得(舍去)．故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是．21.年月日，神舟十三号载人飞船返回舱胜利着陆，航天员翟志刚、王亚平、叶光富完成在轨驻留半年的太空飞行任务，标记着中国空间站关键技术验证阶段圆满完成．并将进入建立阶段某地区为了激发人们对天文学的爱好，开展了天文学问竞赛，满分分（分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，这人按年龄分成组，其中第一组：，其次组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有人．（1）依据频率分布直方图，估计这人的第百分位数（中位数第百分位数）；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取人，担当“党章党史”的宣扬使者．①若有甲（年龄），乙（年龄）两人已确定入选宣扬使者，现支配从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；②若第四组宣扬使者的年龄的平均数与方差分别为和，第五组宣扬使者的年龄的平均数与方差分别为和，据此估计这人中岁全部人的年龄的平均数和方差．【答案】（1）（2）①；②年龄的平均数为，方差约为【解析】【分析】（1）依据频率分布直方图可确定第百分位数第四组，依据第百分位数定义可构造方程求得结果；（2）①依据分层抽样原则可求得第四组和第五组抽取的人数，接受列举法可得样本点总数和满意题意的样本点个数，依据古典概型概率公式可求得结果；②由可求得第四组和第五组全部宣扬使者的年龄平均数，由可求得第四组和第五组全部宣扬使者的年龄方差.【小问1详解】设第百分位数为，，，位于第四组：内；方法一：由得：．方法二：由得：．【小问2详解】①由题