2024-2025学年云南省昭通市镇雄某中学高二（上）期中数学试卷（含答案）

2024-2025学年云南省昭通市镇雄四中高二（上）期中数学试卷

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求

的。

1.若集合a={%eZ\-l<x<2],B={x\x2-2x=0},则2U8=（）

A.{0}B.{0,1}C.[0,1,2}D.{-1,0,1,2}

2.复数z=i（—1—2i）的共辗复数为（）

A.2-iB.2+iC.-2+iD.-2-i

3.高一年级某班30名同学参加体能测试，给出下列三个判断：

①有人通过了体能测试；

②同学甲没有通过体能测试；

③有人没有通过体能测试.

若这三个判断中只有一个是真，则下列选项中正确的是（）

A.只有1名同学通过了体能测试B,只有1名同学没有通过体能测试

C.30名同学都通过了体能测试D.30名同学都没通过体能测试

4.已知一组数据：3,5,7,x,9的平均数为6,则该组数据的40%分位数为（）

A.4.5B.5C,5.5D.6

5.函数/O）=晅+ln（2—3x）的定义域为（）

A.（呜）B,[0,|）C.（0,|]D,[0,|]

6.已知人乃是定义域为（-1,1）的奇函数，而且/（X）是减函数，如果/（a-2）+/（2爪-3）>0,那么实数m

的取值范围是（）

A.（1微）B.（一刃慨）C.（1,3）D.（1+8）

7.设a=sin（兀令函数人支）={胪鼠<o,则小脸》的值等于（）

11

A-B.4C-D.6

4o

8.基本再生数与世代间隔是新冠肺炎的流行病学基本参数，基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世

代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间，在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：/«）=6差描述累

计感染病例数随时间t（单位：天）的变化规律，指数增长率r与品、7近似满足Ro=l+rT.有学者基于已

有数据估计出&=3.28,T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加3倍需要的时间约

为（仇2«0.69）（）

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A.1.8天B.2.4天C.3.0天D.3.6天

二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

9.已知向量2=（1,3）,b=（3,-1）,下列命题中正确的有（）

A.a=y/WB.a//b

C.albD.\a+b\=\a\+\b\

10.下列命题为真命题的是（）

A,若a>b,则就2>hc2

B,若-2<a<3,l<b<2,则—4<CL—b<2

777.TH,

C.若b<a<0,m<0,则£>不

D.若a>b,c>d,则ac>bd

11.如图，线段4B为圆。的直径，点E,F在圆。上，EF//AB,矩形A8CD所在平面和圆。所在平面垂直，且

AB=2,EF=AD=1,则下列说法正确的是（）

A.OF〃平面BCE

B.BF1平面ADF

C.三棱锥C-BEF外接球的体积为避兀

D.三棱锥C-BEF外接球的表面积为5兀

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.某学校高三有1800名学生，高二有1500名学生，高一有1200名学生，现采用分层抽样的方法抽取一个

容量为150的样本，则应在高一抽取人.

13.已知sin(-^a)+2cos(ji—a)=sina,贝Usin2a+sinacosa=

14.函数/（X）=&缶>。力>0）的图象类似于汉字“冏”字，被称为“冏函数”，并把其图象与y轴的

交点关于原点的对称点称为“冏点”.以“冏点”为圆心，凡是与“冏函数”的图象有公共点的圆，皆称之

为“冏圆”，当a=1,b=1时，函数人久）的“冏点”坐标为；此时函数f（x）的所有“冏圆”中,

面积的最小值是.

四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

15.（本小题13分）

如图，在三棱柱ABC一力iBiCi中，侧棱A4il底面ABC,AB1BC,。为4C的中点，AA!=AB=2,

BC=3.

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(1)求证：4&//平面BCi。；

(2)求三棱柱力BC-&B1C1的表面积.

16.(本小题15分)

将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，事件4”两数之和为8”，事件B：”两数之和是3的倍

数”，事件C：“两个数均为偶数”.

(1)写出该试验的样本空间0,并求事件4发生的概率；

(2)求事件B发生的概率；

(3)事件4与事件C至少有一个发生的概率.

17.(本小题15分)

从某学校的800名男生中随机抽取50名测量身高，被测学生身高全部介于155cm和195cm之间，将测量结

果按如下方式分成八组：第一组［155,160),第二组［160,165),…，第八组［190,195］,如图是按上述分组

方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第一组与第八组人数相同，第六组的人数为4人.

(1)求第七组的频率；

(2)估计该校的800名男生的身高的平均数和中位数；

(3)若从身高属于第六组和第八组的所有男生中随机抽取两名男生，记他们的身高分别为x,y,事件

E={|%-训<5},求P(E).

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18.(本小题17分)

在△力BC中，角力，B,C的对边分别为a,b,c,在条件①26+c=2acosC,

②(a+b')(sinA—sinB')=(c—b)sinC,③bs讥当”=asiziB中任选一个解答.

(1)求角4

(2)若b+c—6,a—求△ABC的面积.

19.(本小题17分)

如图，在四棱锥P—4BCD中，底面4BCD是正方形，PD1平面4BCD,DA=DP,点M是P4的中点.

(1)求证：平面MCD1平面R4B；

(2)在线段PC上是否存在一点M使直线MN与平面MCD所成的角为看？若存在请求出点N的位置；若不存

在，请说明理由.

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参考答案

l.c

2.B

3.C

4.C

5.4

6.A

7.C

8.D

9.7IC

10.BC

11.ABD

12.40

13-

14.(0,1)3兀

15.(1)证明：连接BiC,交BQ于点0,连接。。，所以。是BiC的中点，所以。。〃4扬,

B

CiC

又因为ABiC平面BCi。，。。£=平面8的。中，所以〃平面BCM；

(2)解：三棱柱4BC-4iBiCi的表面积为

S=2sA4BC+S正方形4BB1A+S矩形BCC/1+S矩形4CC14

=2X2X2X3+2X2+2X3+2Xy/22+32

=16+2yfl3.

16.解：(1)将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，

(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),

(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),

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(3,1)，(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),

(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),

(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),

(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6)},共有36个样本点,

事件4“两数之和为8”，事件a所含的样本点有:

(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),共5个样本点,

事件a发生的概率为p(a)=蔡.

DO

(2)事件B：”两数之和是3的倍数”，

事件B所含的样本点有12个，分别为：

(1,2),(1,5),(2,1),(2,4),(3,3),(3,6),(4,2),(4,5),(5,1),(5,4),(6,3),(6,6),

事件B发生的概率P(B)=||=1.

(3)事件4与事件C至少有一个发生所含的样本点有11个，分别为：

(2,2),(2,4),(2,6),(3,5),(4,2),(4,4),(4,6),(5,3),(6,2),(6,4),(6,6),

二事件4与事件C至少有一个发生的概率为PQ4UC)

17.解：(1)第六组的频率为肃=0.08,

•••第七组的频率为1-0.08-5X(0.008X2+0.016+0.04x2+0.06)=0.06.

(2)由直方图得，身高在第一组［155,160)的频率为0.008x5=0.04,

身高在第二组［160,165)的频率为0.016X5=0.08,

身高在第三组［165,170)的频率为0.04x5=0.2,

身高在第四组［170,175)的频率为0.04x5=0.2,

由于0.04+0.08+0.2=0.32<0.5,0.04+0.08+0.2+0.2=0.52>0.5,

设这所学校的800名男生的身高中位数为小，则170<小<175,

由0.04+0.08+0.2+(m-170)X0.04=0.5得加=174.5,

所以这所学校的800名男生的身高的中位数为174.5cm,

平均数为

157.5x0.04+162.5X0.08+167.5X0.2+172.5X0.2+177.5x0.06x5+182.5X0.08+187.5X0.06

+192.5X0.008X5=174.1

(3)第六组［180,185)的抽取人数为4,设所抽取的人为a,6,c,d,

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第八组［190,195］的抽取人数为0.008x5x50=2,设所抽取的人为4B,

则从中随机抽取两名男生有ab,ac,ad,be,bd,cd,aA,aB,bA,bB,cA,cB,dA,dB,4B共15种

情况，

因事件E=(\x-y\W5｝发生当且仅当随机抽取的两名男生在同一组，

所以事件E包含的基本事件为ab,ac,ad,be,bd,cd,AB共7种情况.

所以尸(E)=£.

18.解：(1)若选择条件①：2b+c=2acosC,

・•.在中，由正弦定理得+sinC=2sinAcosC,

又sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC,

2cosAsinC+sinC=0,

•・.CG(0,7?),:.sinCWO,

故cosZ=

又ze(0,TT),

.2TI

・•・A=—；

若选则条件②：T(。+b^sinA-sinB)=(c—Z?)smC,

由正弦定理得(a+b)(a—b)=(c—h)c,即按+c2—a2=be,

_|_2_2be1

•••cosA=--c----a--=k=J，

2bc2bc2

AE(0,7T),

An

・•・A

若选择条件③：bsinB2C-

由正弦定理得宜几小讥与学^=

0<B<7T,••・sinBH0,

•••sF；C=5讥/,

又B+C=Ti—A,

A.AA

•••cos—=2sm—COSy,

AJi

•••0<AVTT,0<—<7,

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ACOS-^O,=即万=%,

故4=p

(2)选择条件①：由余弦定理得次=+c2-2bccosA=b2+c2+bc,a=2的，b+c=6,

故be=12,

•••ABC=^besinA=x12xsin第=3平；

选择条件②或③：由余弦定理得次=炉+c2-bc=(b+c)2-3bc,a=2#，b+c=6,

故儿=4,

••・=-besinA=孑x4xsin?=避.

abc乙乙4

19.1?：(1)证明：因为P。，平面ABC。，ABu平面ABC。，所以P。1AB,

又ABC。是正方形，所以481AD,

因为4DC