湖北省仙桃市田家炳实验高级中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份湖北省仙桃市田家炳实验高级中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项是正确的 ）
1. 若平面的法向量分别为，则与的位置关系是（ ）
A. 平行B. 垂直
C. 相交但不垂直D. 无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】先判断法向量的位置关系，进而判断两平面的位置关系.
【详解】∵，则，
∴，故.
故选：B.
2. 设条件甲：“事件A与事件B是对立事件”，结论乙：“概率满足P（A）＋P（B）＝1”，则甲是乙的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
将两个条件相互推导，根据能否推导的情况选出正确答案.
【详解】①若事件A与事件B是对立事件，则A∪B为必然事件，再由概率的加法公式得P（A）＋P（B）＝1；
②投掷一枚硬币3次，满足P（A）＋P（B）＝1，但A，B不一定是对立事件，如：事件A：“至少出现一次正面”，事件B：“出现3次正面”，则P（A）＝，P（B）＝，满足P（A）＋P（B）＝1，但A，B不是对立事件.
所以甲是乙的充分不必要条件.
故选：A
【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查对立事件的理解，属于基础题.更多优质滋元可 家 威杏 MXSJ663 3. 已知数列的通项公式为，则数列中的最大项的项数为（ ）
A. 2B. 3C. 2或3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用差比较法确定正确答案.
【详解】；；，，
当时，，所以，
所以数列中的最大项的项数或.
故选：C
4. 若空间四点满足，则（ ）
A. 直线
B. 直线
C. 点P可能在直线上，也可能不在直线上
D. 直线，且
【答案】A
【解析】
【分析】根据四点共面、三点共线的知识求得正确答案.
【详解】由于，所以四点共面，
由于，所以三点共线，
根据平行四边形法则可知：是线段上，靠近的三等分点（如下图所示）.
所以A选项正确，BCD选项错误.
故选：A
5. 已知为等差数列，若，则=（ ）
A. 73B. 120C. 121D. 122
【答案】B
【解析】
【分析】求得等差数列的首项和公差，从而求得正确答案.
【详解】设等差数列的公差为，
则，
所以.
故选：B
6. 甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人的能荣获一等奖的概率分别为和，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用相互独立事件概率计算公式，计算出所求概率.
【详解】设甲、乙获一等奖的概率分别是，不获一等奖的概率是，则这两人中恰有一人获奖的事件的概率为：.
故选：D
【点睛】本小题主要考查相互独立事件概率计算，属于基础题.
7. 已知，则点到直线的距离（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等面积法求得到直线的距离.
【详解】，
，
，所以，
所以三角形是直角三角形，且是直角.
设到直线距离为，
则.
故选：B
8. 数列的前项和为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用求得，进而求得正确答案.
【详解】依题意，，
当时，，
当时，由得，
两式相减并整理得，
所以数列从第项起是等比数列，则，
即，所以.
故选：D
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.每小题有两个或两个以上选项是正确的.选对部分正确答案只得2分，选对全部正确答案得5分 ）
9. 下列条件中，使点与三点一定共面的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】
根据四点共面的充要条件，若A，B，C，P四点共面，对选项逐一分析，即可得到答案.
【详解】对于A：∵，
∴，
∴，
故，故、、共线，故、、、共面；
或由得：，，为共面向量，故、、、共面；
对于B：，故、、、共面；
对于C：由，，所以点与、、三点不共面.
对于D：由，得，而，所以点与、、三点不共面.
故选：AB．
【点睛】关键点睛：本题主要考查四点共面的条件，解题的关键是熟悉四点A，B，C，P共面的充要条件，考查学生的推理能力与转化思想，属于基础题.
10. 已知点 是平行四边形 所在的平面外一点，如果 ，，．下列结论正确的有（ ）
A.
B.
C. 是平面 的一个法向量
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】运用数量积逐项分析.
【详解】由题意可知 都是非零向量，
对于A， ，正确；
对于B， ，正确；
对于C， 平面ABCD， 平面ABCD，， 所以 平面ABCD，正确；
对于D， 平面ABCD， 平面ABCD， ，错误；
故选：ABC.
11. 等差数列的前n项和记为，若，则（ ）
A. B.
C. D. 当且仅当时，
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据已知条件列方程，根据等差数列的知识确定正确答案.
【详解】设等差数列的公差为，
由于，所以，
由于，所以，，AB选项正确.
所以当时，；当时，，
所以，C选项正确.
，D选项错误.
故选：ABC
12. 某次数学考试的多项选择题，要求是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得分”.已知某选择题的正确答案是CD，且甲､乙､丙､丁四位同学都不会做，则下列表述正确的是（ ）
A. 甲同学仅随机选一个选项，能得2分的概率是
B. 乙同学仅随机选两个选项，能得5分的概率是
C. 丙同学随机选择选项，能得分的概率是
D. 丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是
【答案】ABC
【解析】
【分析】可采用列举法，写出每个选项中相应的事件的基本事件，计算出符合题意的事件的个数，根据古典概型的概率公式即可求得相应的概率，即可判断答案.
【详解】甲同学仅随机选一个选项共有4种可能，能的2分的情况是选C或D，
故能得2分的概率为，故A正确.
乙同学仅随机选两个选项，所有可能的结果为AB，AC，AD，BC，BD，CD，共有6种可能的结果，
设事件M表示“乙同学仅随机选两个选项，能得5分”，
则事件M包含的样本点有CD，故，故B正确.
丙同学随机选择选项（丙至少选择一项），所有可能的结果为选择一项：A，B，C，D；
选择两项：AB，AC，AD，BC，BD，CD；选择三项或全选：ABC，ABD，ACD，BCD，ABCD，共有15种可能的结果.
设事件N表示“丙同学随机选择选项，能得分”，则事件N包含的样本点有C，D，CD，共有3种可能的结果，
故，故C正确.
丁同学随机至少选择两个选项，由上述分析可知，共有11种可能的结果，
设事件E表示“丁同学随机至少选择两个选项，能得分”，
则事件E包含的样本点为CD，只有1种可能的结果，故，故D错误.
故选:ABC.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把正确答案写在横线上的 ）
13. 已知A，B是相互独立事件，且，，则 ________.
【答案】0.12
【解析】
【分析】根据对立事件的概率公式，结合相互独立事件的概率公式求解即可
【详解】由题意，，
故答案为：0.12
14. 若A，B互为对立事件，且，，，，则的最小值为___________.
【答案】9
【解析】
【分析】根据对立事件的概率关系解得，，再根据基本不等式求出的最小值.
【详解】因为，所以，
又事件A，B互为对立事件，，且，，
所以，
所以，
当且仅当，即，时取等号，所以的最小值为9.
故答案为：.
15. 已知数列中，，若是递减数列，则取值范围________.
【答案】
【解析】
【分析】根据是递减数列得出恒成立，再求出最小值即可得出的范围.
【详解】∵数列为单调递减数列，∴当时，，
∴，
即，
由于数列在时单调递增，
因此其最小值为3，
∴,
综上可得：的取值范围是.
故答案为：.
16. 如图所示，二面角为，是棱上的两点，分别在半平面内，且，，，，，则的长______．
【答案】
【解析】
【分析】推导出，从而，结合，，，能求出长．
【详解】二面角为，是棱上的两点，分别在半平面、内，
且
所以,
所以，
，

，
的长．
故答案为．
【点睛】本题主要考查空间向量的运算法则以及数量积的运算法则，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，是中档题．
四、解答题解答题（本大题共6小题，共70分.解答必须写出完整的文字、推理过程 ）
17. 从①命中8环的概率为0.22；②命中6环以下（含6环）的概率为0.12这两个条件中任选一个补充到下面题目中的横线处，并解答.
已知射手甲射击一次，命中9环以上（含9环）的概率为0.56，命中7环的概率为0.12，___________.
（1）求甲射击一次，命中不足8环的概率；
（2）求甲射击一次，至少命中7环的概率.
【答案】（1）答案见解析
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）选择①.，考虑甲射击一次，命中不足8环的情况有“甲射击一次，命中不足7环”，“射击一次，命中7环”两种情况，根据互斥事件的概率加法公式求得答案；
选择②，考虑甲射击一次，命中不足8环的情况有“甲射击一次，命中7环”，“甲射击一次，命中6环以下（含6环）”两种情况，即可求得答案；
（2）选择①.，考虑甲射击一次，至少命中7环的情况包括“甲射击一次，命中7环”，“甲射击一次，命中8环”，“甲射击一次，命中9环以上（含9环）”，根据互斥事件的概率加法公式求得答案；
选择②，考虑“甲射击一次，至少命中7环”与“命中6环以下（含6环）”为对立事件，利用对立事件的概率求法可得答案.
【小问1详解】
选择①.
（1）记“甲射击一次，命中不足7环”为事件A，“射击一次，命中7环”为事件B，
则，，
由于在一次射击中，A与B不可能同时发生，故A与B是互斥事件.
由题意知“甲射击一次，命中不足8环”为事件，
由互斥事件的概率加法公式，得.
所以甲射击一次，命中不足8环的概率是0.22.
选择②.，
记“甲射击一次，命中7环”为事件A，“甲射击一次，命中6环以下（含6环）”为事件B，“甲射击一次，至少命中7环”为事件C.
“甲射击一次，命中不足8环”为事件，
由于事件A与事件B为互斥事件，则，
所以甲射击一次，命中不足8环的概率为0.24.
【小问2详解】
选择①.
方法一：记“甲射击一次，命中8环”为事件C，
“甲射击一次，命中9环以上（含9环）”为事件D，
则“甲射击一次，至少命中7环”为事件，.
又事件B，C，D两两互斥，
所以.
所以甲射击一次，至少命中7环的概率为0.9.
方法二：因为“甲射击一次，至少命中7环”为事件，
所以.
所以甲射击一次，至少命中7环的概率为0.9.
选择②.
记 “甲射击一次，命中6环以下（含6环）”为事件B，“甲射击一次，至少命中7环”为事件C.
事件B与事件C为对立事件，
所以.
所以甲射击一次，至少命中7环的概率为0.88.
18. 如图在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是中点，作交于点.
（1）求证：平面；
（2）求证：PB平面；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明详见解析
（2）证明详见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理证得平面；
（2）通过证明来证得PB平面；
（3）利用等体积法求得正确答案.
【小问1详解】
设，连接，
由于分别是的中点，所以，
由于平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由于平面，平面，
所以平面平面，且交线为，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，
由于，是中点，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，
由于平面，
所以PB平面.
【小问3详解】
，
，而，
所以，所以到平面的距离是.
由于PB平面，平面，所以，
所以,
则，所以，
设点到平面的距离为，
所以，
，所以点到平面的距离为.
19. 已知满足，且.
（1）求；
（2）证明数列是等差数列，并求的通项公式.
【答案】（1）
（2）证明详见解析，
【解析】
【分析】（1）根据递推关系求得正确答案.
（2）根据已知条件进行整理，结合等差数列的定义进行证明，进而求得.
【小问1详解】
依题意，，，
所以，，
所以.
【小问2详解】
依题意，，，
所以，所以是首项为，公差为的等差数列，
所以.
20. 抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为一号和二号），观察两枚骰子分别可能出现的基本结果.
（1）写出这个试验的样本空间；
（2）求下列事件的概率：
①A=“两个点数之和是”；
②B=“一号骰子的点数比二号骰子的点数大”.
【答案】（1）样本空间详见解析
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）列用列举法求得正确答案.
（2）结合（1）以及古典概型概率计算公式求得正确答案.
【小问1详解】
样本空间为：
{，
，
，
，
，
}.
【小问2详解】
①“两个点数之和是”，包括的样本为：
，，，，，
所以.
②“一号骰子的点数比二号骰子的点数大”，包括的样本为：
，，，
，，
所以.
21. 设是等差数列，是等比数列公比大于，已知
（1）求数列和数列的通项公式；
（2）设数列满足.求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）通过计算等差数列的公差、等比数列的公比来求得正确答案.
（2）利用分组求和法、错位相减求和法求得正确答案.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
依题意，，
或（舍去），所以.
【小问2详解】
由（1）得，
，
设，
即，
所以，
两式相减得：
，
所以，
所以
.
22. （如图（1）平面五边形是由边长为2的正方形与上底为1，高为的直角梯形组合而成，将五边形沿着折叠，得到图（2）所示的空间几何体，其中.
（1）证明：平面；
（2）求证：平面；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明详见解析
（2）证明详见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据证得平面；
（2）设，连接，通过证明来证得平面；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求得二面角的余弦值.
【小问1详解】
在折叠的过程中，，
由于平面，
所以平面.
【小问2详解】
，由于，，
所以，由于，所以平面，
由于平面，所以，则，
设，连接，则，
而，所以是的中点，
所以，由于，平面，
所以平面
【小问3详解】
由于，是中点，所以，
由于，平面，
由此以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，平面的一个法向量为，
，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设二面角为，由图可知为锐角，
所以.