四川省成都市双流棠湖中学2023-2024学年高二数学上学期期中试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市双流棠湖中学2023-2024学年高二数学上学期期中试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
第I卷 选择题（60分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 某企业有甲､乙､丙三个工厂，甲厂有200名职工，乙厂有500名职工，丙厂有100名职工，为宣传新修订的个人所得税法，使符合减税政策的职工应享尽享，现企业决定采用分层抽样的方法，从三个工厂抽取40名职工，进行新个税政策宣传培训工作，则应从甲厂抽取的职工人数为（ ）
A. 5B. 10C. 20D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】由题意易知抽样比为：，由此即可求出答案.
【详解】由题意知抽样比为：，
所以应从甲厂抽取的职工人数为：人，
故选：B.
2. 倾斜角为，在轴上的截距为的直线方程是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由于直线的倾斜角为60°，故斜率为tan60°=, 由斜截式求得直线l的方程为y=x-1．
故选A．
3. 某人将一枚均匀的正方体骰子,连续抛掷了100次,出现6点的次数为19,则 ( )
A. 出现6点的概率为0.19
B. 出现6点的频率为0.19
C. 出现6点的频率为19
D. 出现6点的概率接近0.19
【答案】B
【解析】
【分析】根据频率及概率的概念即得.
【详解】由题可得，出现6点的频率为
故选：B.
4. 已知方程表示圆的方程，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由求解.
【详解】解：因为方程表示圆的方程，
所以，解得，
故选：A
5. 已知一次试验，事件A与事件B不能同时发生且A，B至少有一个发生，又事件A与事件C不能同时发生．若，，则（ ）
A. 0.6B. 0.5C. 0.4D. 0.3
【答案】A
【解析】
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义和计算公式进行求解即可.
【详解】因为事件A与事件B不能同时发生且A，B至少有一个发生，
所以事件A与事件B为对立事件，而，
所以由，
又因为事件A与事件C不能同时发生，
所以事件A与事件C是互斥事件，因为，
所以，
故选：A
6. 中国气象局规定：24小时内降雨的深度称为日降雨量，表示降雨量的单位通常用毫米.例如：1毫米的降雨量是指单位面积上水深1毫米.在连续几天的暴雨天气中，某同学用一个长方体容器来测量降雨量，已知该长方体的底面是边长为的正方形，高为，该容器的容器口为上底面正方形的内切圆，将该容器放在雨中，雨水从圆形容器口进入容器中，24小时后，测得容器中水深，则该同学测得的降水量约为（ ）（取3.14）
A. 127毫米B. 12.7毫米C. 509毫米D. 100毫米
【答案】B
【解析】
【分析】计算水的体积，容器口的面积，相除得到答案.
【详解】水的体积，容器口的面积，
降雨量，
故选：B
【点睛】本题考查了几何体体积的应用，意在考查学生的计算能力，理解能力和应用能力.
7. 已知三棱锥，平面，，，直线与平面所成的角为，若三棱锥的四个顶点都在表面积为的同一球面上，则（ ）
A. 1B. 2C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面角可求出，再把三棱锥补成长方体，利用长方体的外接球直径为体对角线求解即可.
【详解】设，则,
平面,
直线与平面所成的角为,
,
以为长、宽、高做长方体，如图，
则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，
所以，
又外接球的表面积,
所以，解得，
中.
故选：C
8. 已知动点的轨迹方程为，定点，则的最小值为（ ）
A. B. C. 8D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，，根据和求出的值，由，两点之间直线最短，可得的最小值为，根据坐标求出即可．
【详解】设，使其满足，
，所以，由
所以，因为，所以，
整理可得，又动点的轨迹是，
所以，解得
所以，又，
所以，
因为，所以的最小值，
当在位置时等号成立．
故选：A
二、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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 在平行六面体中，的重心为点，则（ ）
A
B. 若为的中点，则
C.
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】设为的中点，再根据空间向量的线性运算逐一分析判断即可.
【详解】对于，设为的中点，
因为为的重心，
所以，
则
又，所以，
故，故A正确；
对于B，，
故，故B错误；
对于C，由A选项可知，故C正确；
对于D，，故D错误．
故选：AC．
10. 已知直线l过点，点，到l的距离相等，则l的方程可能是( )
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】分直线l斜率存在和不存在进行讨论﹒当l斜率存在时，设其方程为，根据点到直线的距离公式列出关于k的方程，解方程即可求直线l的方程．
【详解】当直线的斜率不存在时，直线l的方程为，此时点到直线的距离为5，点到直线的距离为1，此时不成立；
当直线l的斜率存在时，设直线的方程为，即，
∵点到直线的距离相等，
，解得，或，
当时，直线的方程为，整理得，
当时，直线的方程为，整理得
综上，直线的方程可能为或
故选：BC．
11. 已知甲罐中有三个相同的小球，标号为1，2，3；乙罐中有两个相同的小球，标号为1，2，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件“抽取的两个小球标号之和小于4”，事件“抽取的两个小球标号之积为偶数”，事件“抽取的两个小球标号之积大于3”，则（ ）
A. 事件A发生的概率为B. 事件发生的概率为
C. 事件A，C是互斥事件D. 事件B，C相互独立
【答案】AC
【解析】
【分析】根据古典概型的概率计算可判断A，B；根据互斥事件的概念可判断C；根据独立事件的乘法公式可判断D.
【详解】对于A，从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，共有种抽法，
其中事件包含的事件个数有共3个，
故事件A发生的概率为，A正确；
对于B，事件包含的事件个数有共4个，
故事件包含的事件个数有5个，则事件发生的概率为，B错误；
对于C，事件包含的事件为，每个事件中两个小球标号之积都不大于3，
故事件A，C不会同时发生，二者是互斥事件，C正确；
对于D，，事件包含的事件个数有共个，故,
事件包含的事件为，则,
则，即事件B，C不相互独立，D错误，
故选：AC
12. 在平面直角坐标系中，设二次函数的图象与直线有两个不同的交点，经过三点的圆记为圆.下列结论正确的是（ ）
A. 且
B. 当时，为钝角
C. 圆：（且）
D. 圆过定点
【答案】ACD
【解析】
【分析】将两函数联立消，利用判别式大于零可判断A；利用弦长公式以及余弦定理可判断B；求出的中垂线，圆心在中垂线上，设圆心为，根据，求出圆心，进而求出半径即可判断C；根据C选项，将方程整理成，令即可判断D.
【详解】对于A，联立，消可得，
二次函数与直线有两个交点，则，
解得，又，故A正确；
对于B，联立消可得，
设，，
则，，
由弦长公式可得 ，
在中，，
，
当时，
，
所以
所以为锐角，故B错误；
对于C，线段的中点为，
则的中垂线为：，设圆心为，
不妨设，
由，
即
整理可得，
即，
解得，所以圆心为，
半径，
所以圆为：，
整理可得（且，故C正确；
对于D，由C：（且），
整理可得，方程过定点
则 ，解得 ，所以圆过定点，故D正确；
故选：ACD
【点睛】本题考查了函数与方程的关系、余弦定理、求三角形的外接圆的方程、方程过定点问题，综合性比较强，属于难题.
第II卷 非选择题（90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知一个样本容量为7的样本的平均数为5，方差为2，现在样本中加入一个新数据5，则此时方差是______.
【答案】
【解析】
【分析】利用平均数和方差的定义直接求解即可.
【详解】设这个样本容量为7的样本数据分别为则，
所以，，
所以.
当加入新数据5后，平均数，
方差.
故答案：
14. 李雷､韩梅梅两人进行围棋比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满4局时停止.设李雷在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立.已知第二局比赛结束时比赛停止的概率为.则概率P的值为___________
【答案】##0.75
【解析】
【分析】当甲连胜2局或者乙连胜2局时,第二局比赛结束，计算比赛2局停止的概率求出P 即可.
【详解】依题意,当李雷连胜2局或者韩梅梅连胜2局时,第二局比赛结束时比赛停止，
，
解得或（舍去）
故答案为：
15. 长方体中，，，.过作长方体的截面，则所得截面多边形面积的最小值是__________.
【答案】
【解析】
【详解】截面多边形面积取最小值时上的高为，
因此最小值为.
16. 设，是定义在上的两个周期函数，的周期为4，的周期为2，且是奇函数，当时，，，设函数，若在区间上，函数有11个零点，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】先作出函数与的图象，得到函数与，，，仅有3个实数根，则，，与，，的图象有2个不同交点，再通过数形结合得解.
【详解】令=0，
所以在区间上，函数的图像有11个交点，
作出函数与的图象如图，
由图可知，函数与，，，仅有3个实数根；
所以要使关于的方程有8个不同的实数根，
则，，与，，的图象有2个不同交点，
由到直线的距离为1，得，解得，
两点，连线的斜率，所以
．
故答案为.
【点睛】本题考查函数零点的判定，考查分段函数的应用，体现了数形结合的解题思想方法，是中档题．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 某校对2023年高一下学期期中数学考试成绩（单位：分）进行分析，随机抽取100名学生，将分数按照，，，，，分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图：
（1）估计该校高一期中数学考试成绩的众数、平均分；
（2）估计该校高一期中数学考试成绩的第80百分位数；
【答案】（1）众数是100，平均分是93
（2）115.
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图的性质求得，频率最高的一组数据中点值为众数，由各组数据中点值乘以相应频率后相加可得平均值；
（2）求出频率0.8对应的值即得第80百分位数.
【小问1详解】
由，
可得.
即数学成绩在：频率，频率，
频率，频率，
频率，频率，
分数在内的最多，所以众数是100，
平均分是.
【小问2详解】
由（1）知样本数据中数学考试成绩在110分以下所占比例为，
在130分以下所占比例为，
因此，第80百分位数一定位于内，由，
所以样本数据的第80百分位数约为115.
18. 如图，三棱锥中，，，两两垂直，，，分别是，的中点，的面积为，四棱锥的体积为.
（1）若平面平面，求证：；
（2）求三棱锥的表面积.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）由中位线性质得到，则可证得平面，由线面平行的性质可得结论；
（2）根据线面垂直的判定可知是四棱锥的高，根据长度和垂直关系依次求得各个面的面积，加和即可得到结果.
【详解】（1）证明：，分别是，的中点，，
平面，平面，平面.
又平面平面，平面，.
（2）解：，，两两垂直，，，平面，
平面，即是四棱锥的高.
，，，.
，分别是，的中点，，
，即.
，，.
的面积为.
三棱锥的表面积.
19. 已知光线经过已知直线和的交点M，且射到x轴上一点后被x轴反射．
（1）求点M关于x轴的对称点P的坐标；
（2）求反射光线所在的直线的方程．
（3）求与距离为的直线方程．
【答案】（1）；（2）；（3）或．
【解析】
【分析】
（1）解方程组求得的坐标，然后得出其关于轴的对称点的坐标；
（2）解法一：根据反射原理，确定直线和直线的倾斜角的关系，进而利用斜率公式求得直线的斜率，得到直线的斜率，进而用点斜式写出方程；解法二：反射光线所在的直线的方程就是直线PN的方程，利用两点式可求；
（3）利用直线平行的条件设出所求直线的方程，利用平行直线间的距离公式求出所求直线的方程.
【详解】解：（1）由得，∴．
所以点M关于x轴的对称点P的坐标．
（2）解法一：
因入射角等于反射角，
直线MN的倾斜角为，则直线的斜角．
，所以直线的斜率．
故反射光线所在的直线的方程为：．
即．
解法二：
因为入射角等于反射角，
所以反射光线所在的直线的方程就是直线PN的方程．
直线PN的方程为：，
整理得：．
故反射光线所在的直线的方程为．
（3）设与平行的直线为，
根据两平行线之间的距离公式得：，
解得，或，
所以与距离为的直线方程为：
或．
【点睛】本题关键是光线反射原理：入射角等于反射角，从而得到入射线与反射线所在直线的倾斜角的关系，求到给定直线距离为定值的直线的方程，关键是根据直线平行的条件设出所求直线的方程，熟练掌握平行直线的距离公式是解题的关键.
20. 随着小汽车的普及，“驾驶证”已经成为现代人“必考”证件之一，若某人报名参加了驾驶证考试，要顺利地拿到驾驶证，需要通过四个科目的考试，其中科目二为场地考试．在每一次报名中，每个学员有5次参加科目二考试的机会（这5次考试机会中任何一次通过考试，就算顺利通过，即进入下一科目考试，若5次都没有通过，则需要重新报名），其中前2次参加科目二考试免费，若前2次都没有通过，则以后每次参加科目二考试都需要交200元的补考费，某驾校通过几年的资料统计，得到如下结论：男性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为，女性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为，现有这个驾校的一对夫妻学员同时报名参加驾驶证科目二考试，若这对夫妻每人每次是否通过科目二考试相互独立，他们参加科目二考试的原则为：通过科目二考试或者用完所有机会为止．
（1）求这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且都不需要交补考费的概率；
（2）求这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且产生的补考费用之和为200元的概率．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）分别表示丈夫和妻子第i次通过考试的事件，再将夫妻二人都不需要交补考费的事件用表示，然后利用互斥事件和相互独立事件的概率公式计算作答.
（2）将夫妻二人共交200元补考费的事件用（1）中事件表示，再利用互斥事件和相互独立事件的概率公式计算作答.
【小问1详解】
分别表示丈夫和妻子第i次通过考试的事件，则，
夫妻二人都不需要交补考费的事件，
则，
所以这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且都不需要交补考费的概率是.
【小问2详解】
由（1）知，夫妻二人共交200元补考费的事件，
则，
所以这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且产生的补考费用之和为200元的概率.
21. 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD．E为PD的中点，，，，．
（1）求证：平面PAB；
（2）求平面PAC与平面ACE的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点,连接，根据题意可证明四边形为平行四边形，从而可证明，然后根据线面平行的判定定理即可证明平面PAB；
（2）取的中点，连接，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，然后利用向量法求平面PAC与平面ACE夹角的余弦值即可.
【详解】（1）取的中点,连接，
因为分别为的中点，所以，
因为，，所以，又因为，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面PAB，平面PAB，所以平面PAB；
（2）取的中点，连接，因为是等边三角形，所以，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCD，面PAD，
所以PO⊥平面ABCD.
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以.
以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
所以
设平面ACE法向量为，则，即，
取，则.
设平面PAC的法向量为，则，即，
取，则.
设平面PAC与平面ACE的夹角为，则，
所以平面PAC与平面ACE夹角的余弦值为.
22. 已知动点P与两个定点O（0，0），A（3，0）的距离的比值为2，点P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的轨迹方程
（2）过点（﹣1，0）作直线与曲线C交于A，B两点，设点M坐标为（4，0），求△ABM面积的最大值．
【答案】（1）；（2）2
【解析】
【分析】（1）设点，运用两点的距离公式，化简整理可得所求轨迹方程；
（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线方程为，求得到直线的距离，以及弦长公式，和三角形的面积公式，运用换元法和二次函数的最值可得所求．
【详解】（1）设点，,即，
，即，
曲线的方程为．
（2）由题意可知，直线的斜率存在，设直线方程为，
由（1）可知，点是圆的圆心，
点到直线的距离为，由得，即，
又，
所以，
令，所以，，
则，
所以，
当，即，此时，符合题意，
即时取等号，所以面积的最大值为.
【点睛】本题主要考查了轨迹方程的求法，直线和圆的位置关系，以及弦长公式和点到直线的距离公式的运用，考查推理与运算能力，试题综合性强，属于中档题．