2023-2024学年四川省成都市新都区新都香城中学高二上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年四川省成都市新都区新都香城中学高二上学期10月月考数学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题，作图题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．国家射击运动员甲在某次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：4，5，5，6，7，7，7，9，9，10.则这组数据第70百分位数为（ ）
A．7B．8C．8.5D．9
【答案】B
【分析】利用百分位数的求法计算即可.
【详解】将10次成绩按照从小到的顺序排列为：4，5，5，6，7，7，7，9，9，10.
又因为，
所以这组数据第70百分位数为：.
故选：B.
2．已知，，...，的平均数为10，标准差为2，则，，...，的平均数和标准差分别为（ ）
A．19和2B．19和4C．19和8D．19和16
【答案】B
【分析】根据平均数和方差的性质求解.
【详解】已知，，...，的平均数为10，标准差为2，方差为4，
则，，...，的平均数为，方差为，标准差为4.
故选：B.
3．如图所示，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积是（ ）.

A．12B．12
C．6D．
【答案】D
【分析】求出直观图面积，根据直观图面积和原图面积之间的关系即可得答案.
【详解】因为，由斜二测画法可知，
则，故为等腰直角三角形，故，
故矩形的面积为，
所以原图形的面积是，
故选：D
4．设，，，且∥，则（ ）
A．B．C．3D．4
【答案】C
【分析】根据，可得，；再根据∥，可得，进而得，最后根据向量的坐标求模即可.
【详解】解：因为，，且，
所以，解得，
所以，
又因为，且∥，
所以，
所以，
所以，
所以.
故选：C.
5．已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用坐标法，根据点到直线的距离的向量求法即得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，
所以，
所以，
所以点到直线的距离是.
故选：D.
6．已知平行六面体的所有棱长均为，，，分别为，的中点，则的长为（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】D
【分析】以、、为基底表示出，再根据数据量的运算律计算可得.
【详解】因为平行六面体的所有棱长均为，，
所以，
依题意可得，
所以
，
所以.
故选：D
7．在一个实验中，某种豚鼠被感染A病毒的概率均为40%，现采用随机模拟方法估计三只豚鼠中被感染的概率：先由计算机产生出[0，9]之间整数值的随机数，指定1，2，3，4表示被感染，5，6，7，8，9，0表示没有被感染.经随机模拟产生了如下20组随机数：
192 907 966 925 271 932 812 458 569 683
257 393 127 556 488 730 113 537 989 431
据此估计三只豚鼠中至少一只被感染的概率为（ ）.
A．0.25B．0.4C．0.6D．0.75
【答案】D
【分析】根据题意分析随机数中没有1，2，3，4中的数的个数，再根据对立事件的概率求解即可
【详解】由题意，事件三只豚鼠中至少一只被感染的对立事件为三只豚鼠都没被感染，随机数中满足三只豚鼠都没被感染的有907，966，569，556，989共5个，故三只豚鼠都没被感染的概率为，则三只豚鼠中至少一只被感染的概率为
故选：D
8．已知某人收集一个样本容量为50的一组数据，并求得其平均数为70，方差为75，现发现在收集这些数据时，其中得两个数据记录有误，一个错将80记录为60，另一个错将70记录为90，在对错误得数据进行更正后，重新求得样本的平均数为，方差为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据平均数与方差的定义判断．
【详解】因为，因此平均数不变，即，
设其他48个数据依次为，
因此，
，
，∴，
故选：C．
二、多选题
9．某公司生产三种型号的轿车，产量分别为1500辆，6000辆和2000辆为检验该公司的产品质量，公司质监部门要抽取57辆进行检验，则下列说法正确的是（ ）
A．应采用分层随机抽样抽取
B．应采用抽签法抽取
C．三种型号的轿车依次应抽取9辆，36辆，12辆
D．这三种型号的轿车，每一辆被抽到的概率都是相等的
【答案】ACD
【分析】根据分层抽样逐项分析判断.
【详解】因为三种型号轿车的产量具有明显的差异性，所以应采用分层随机抽样抽取，故A正确；B错误；
又因为三种型号轿车的产量之比为，
所以三种型号的轿车依次应抽取辆，辆，辆，故C正确；
根据随机抽样可知：每个个体被抽到的可能性均等，即每一辆被抽到的概率都是相等的，故D正确；
故选：ACD.
10．在我们发布的各类统计数据中，同比和环比都是反映增长速度的核心数据指标．如图是某专业机构统计的2022年1-12月中国校车销量走势图，则下列结论正确的是（ ）

A．8月校车销量的同比增长率与环比增长率都是全年最高
B．1-12月校车销量的同比增长率的平均数小于环比增长率的平均数
C．1-12月校车销量的环比增长率的极差大于同比增长率的极差
D．1-12月校车销量的环比增长率的方差大于同比增长率的方差
【答案】BCD
【分析】由统计图数据对选项逐一判断可得答案.
【详解】2022年8月校车销量的同比增长率比9月的低，故A错误；
由校车销量走势图知1-12月校车销量的同比增长率的平均数为负数，环比增长率的平均数是正数，故B正确；
1-12月校车销量的环比增长率的极差为，同比增长率的极差为，所以环比增长率的极差大于同比增长率的极差，故C正确；
由校车销量走势图知1-12月校车销量的环比增长率的波动大于同比增长率的，所以环比增长率的方差大于同比增长率的方差，故D正确．
故选：BCD.
11．抛掷一红一绿两枚质地均匀的正六面体骰子，记下骰子朝上面的点数.用表示红色骰子的点数，用表示绿色骰子的点数，用表示一次试验的结果.定义事件：事件为“为奇数”，事件为“为奇数”，事件为“为奇数”，则下列结论正确的是（ ）
A．与互斥B．与对立
C．D．A与相互独立
【答案】ACD
【分析】利用互斥事件的概念判断选项A；利用对立事件的定义判断选项B；利用古典概型判断选项C；利用事件独立性概念判断选项D.
【详解】由题可得，
样本空间为
，
共有36个样本点，
其中
共包含18个样本点，
共包含9个样本点，
，共有18个样本点，
对A，因为,所以与互斥,A正确；
对B，因为,所以与不对立, B错误；
对C，，C正确；
对D，,
所以,
又因为
所以，所以A与相互独立，D正确；
故选：ACD.
12．如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得异面直线与所成的角为
C．三棱锥体积的最大值是
D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大
【答案】ACD
【分析】首先以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，对选项A，假设存在点，根据即可判断A正确，对选项B，假设存在点，根据无解即可判断B错误，对选出C，连接，根据即可判断C正确，对选项D，设直线与平面所成的角为，得到，
再根据函数的单调性即可判断D正确.
【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，，，，
；
对于A，假设存在点，使得，
则，又，
所以，解得：，
即点与重合时，，A正确；
对于B，假设存在点，使得异面直线与所成的角为，
因为，，
所以，方程无解；
所以不存在点，使得异面直线与所成的角为，B错误；
对于C，连接；
设，
因为，
所以当，即点与点重合时，取得最大值；
又点到平面的距离，
所以，C正确；
对于D，由上分析知：，，
若是面的法向量，则，
令，则，
因为，设直线与平面所成的角为，，
所以，
当点自向处运动时，的值由到变大，此时也逐渐增大，
因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．若异面直线和的方向向量分别为，，则直线与直线所成角的余弦值为 .
【答案】
【分析】由异面直线所成角的向量公式代入求解即可.
【详解】设直线与直线所成角为，
则.
直线与直线所成角的余弦值为.
故答案为：.
14．某品牌新能源汽车2019-2022年这四年的销量逐年增长，2019年销量为5万辆，2022年销量为22万辆，且这四年销量的中位数与平均数相等，则这四年的总销量为 万辆.
【答案】53
【分析】根据中位数和平均数公式，结合题意，即可求解.
【详解】设2020年的销量为，2021年的销量为，，
由题意可知，中位数为，平均数为，
由，得，
所以这四年的总销量为万量.
故答案为：53
15．斗蟋蟀是我国民间搏戏之一，始于唐朝，盛行于宋朝．如图所示的蟋蟀笼可近似看成由圆锥和圆台（具有公共底面）组合而成的几何体．已知圆锥和圆台公共底面半径为9cm，圆台另一底面半径为6cm，该组合体的高为18cm，且圆锥的高是圆台的高的5倍，则该组合体的体积为 ．
【答案】
【分析】根据已知列出关系式求出圆锥、圆台的高，进而根据体积公式分别计算得出圆锥、圆台的体积，即可得出答案.
【详解】设该组合体圆锥部分的高为x cm，
则由已知可得，
解得，所以圆台的该为3cm.
所以圆锥的体积为，
圆台的体积为，
所以该组合体的体积
．
故答案为：.
16．鳖臑（biē nà）出自《九章算术·商功》，指的是四个面均为直角三角形的三棱锥，如图所示的鳖臑中，，，，且，，则其外接球体积的最小值为 .

【答案】
【分析】证明出平面，由得到外接球球心在平面的投影在的中点上，且点为的中点，由基本不等式求出，从而得到外接球半径，从而得到外接球体积的最小值.
【详解】因为，，，平面，
所以平面，
因为，故外接球球心在平面的投影在的中点上，

因为平面，所以点为的中点，且，
由勾股定理得，当且仅当时，等号成立，
故，则，，故，
故其外接球体积的最小值为
故答案为：
四、解答题
17．2021年是中国共产党建党100周年，为了使全体党员进一步坚定理想信念，传承红色基因，市教育局以“学党史、悟思想、办实事、开新局”为主题进行“党史”教育，并举办由全体党员参加的“学党史”知识竞赛．竞赛共设100个小题，每个小题1分，共100分．现随机抽取1000名党员的成绩进行统计，并将成绩分成以下七组：，，，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）根据频率分布直方图，求这1000名党员成绩的众数，中位数；
（2）用分层随机抽样的方法从低于80分的党员中抽取5人，若在这5人中任选2人进行问卷调查，求这2人中至少有1人成绩低于76分的概率．
【答案】（1）86；86分；（2）.
【分析】（1）根据频率分布直方图，结合众数和中位数的公式，即可计算；
（2）首先根据频率可知在中抽取2人，中抽3人，再分别编号，列举所有的基本事件和满足条件的基本事件，即可计算概率.
【详解】（1）由频率分布直方图可得，1000名党员成绩的众数为，
成绩在的频率为，
成绩在的频率为，
故中位数位于之间，中位数是（分）．
（2）∵与的党员人数的比值为2:3，
采用分层随机抽样方法抽取5人，则在中抽取2人，中抽3人，
设抽取人的编号为，，抽取人的编号为，，，
则从5人中任选2人进行问卷调查对应的样本空间为：
，，，，，，，，，，共10个样本点，
这2人中至少有1人成绩低于76分的有：
，，，，，，，共7个样本点，
故这2人中至少有1人成绩低于76分的概率．
五、证明题
18．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，为中点，且.

(1)求证：∥平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）连接交于，再连接，则有∥，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立以为坐标原点， 、、所在的直线为轴、轴、轴的空间坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：连接交于，再连接，

因为是矩形，所以是中点，
又因为为中点，
所以∥，
平面，平面,
所以∥平面；
（2）解：以为坐标原点，分别以、、所在的直线为轴、轴、轴，建立如图所示的坐标系：

则有，
所以，，，
设平面的法向量为，
则有，即，所以，
取，
设直线与平面所成角为，
则有.
所以直线与平面所成角的正弦值.
六、作图题
19．为了解某市家庭用电量的情况，该市统计局调查了100户居民去年一年的月均用电量，发现他们的用电量都在50至350之间，进行适当分组后，画出频率分布直方图如图所示.

(1)求a的值；
(2)求被调查用户中，用电量大于250的户数；
(3)为了既满足居民的基本用电需求，又提高能源的利用效率，市政府计划采用阶梯定价，其中第一档是用电不大于m时，按原始价格收费，超过m时，将提高收费价格标准.市政府希望使80%的居民缴费位于第一档，即做到80%的用户能按原有价格缴费，请给出第一档用电标准m（单位：）（精确到小数点后一位）的建议，并简要说明理由.
【答案】(1)
(2)户
(3)，理由见解析
【分析】（1）利用各个区间的频率之和为1，即可求出a值；
（2）求出“用电量大于250kW·h”的频率，进而得解；
（3）根据百分位数的定义求解判断．
【详解】（1）因为，
所以；
（2）根据频率分布直方图可知：“用电量大于250kW·h”的频率为，
所以用电量大于250kW·h的户数为：（户）
故用电量大于250kW·h有户；
（3）因为前三组的频率和为：，
前四组的频率之和为，
所以频率为时对应的数据在第四组，
所以第一档用电标准为：kW·h.
故第一档用电标准为kW·h.
七、解答题
20．如图，在矩形中，，为边上的点，且，将沿翻折，使得点到，满足平面平面，连接.
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，利用勾股定理证得，证得平面，得到，结合，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可得证；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：在直角中，，，可得，
同理，在直角中，，所以，
可得，所以，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）解：如图所示，作，垂足为，在中，可得，，
由（1）知，平面平面，
以点为坐标原点，所在的直线分别为轴，过点垂直平面为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
可得，，，
则，，
设平面的一个法向量为，则，
令，可得，，所以，
又由轴与平面垂直，所以平面的一个法向量为，
则，
所以二面角的余弦值为.
21．作为世界乒坛本赛季收官战，首届世界乒乓球职业大联盟世界杯总决赛年月日在新加坡结束男女单打决赛的较量，国乒包揽双冠成为最大赢家．我市男子乒乓球队为备战下届市运会，在某训练基地进行封闭式训练，甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢个球者获胜，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．
(1)求该局打个球甲赢的概率；
(2)求该局打个球结束的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，然后分析这4个球的发球者及输赢者，即可得到所求事件的构成，利用相互独立事件的概率计算公式即可求解；
（2）先将所求事件分成甲赢与乙赢这两个互斥事件，再分析各事件的构成，利用互斥事件和相互独立事件的概率计算公式即可求得概率．
【详解】（1）设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，该局打4个球甲赢为事件C，
由题知，，，∴，
∴，
∴该局打4个球甲赢的概率为．
（2）设该局打5个球结束时甲赢为事件D，乙赢为事件E，打5个球结束为事件F，易知D，E为互斥事件，
，，，
∴
，
，
∴，
∴该局打5个球结束的概率为．
八、证明题
22．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍是茅草屋顶.”现有一个刍甍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，，.
(1)当点
为线段
的中点时，求证：直线
平面
；
(2)当点N在线段
上时（包含端点），是否存在点
，使得平面
和平面
的夹角的余弦值为
，若存在，求
到平面
的距离，若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据题意证明直线分别与，垂直，再利用直线与平面垂直定理求解；
（2）建立直角坐标系，利用空间向量求出点坐标后，利用点到平面距离公式可求解.
【详解】（1）证明：因为点为线段的中点，且，所以，
因为，且四边形为正方形，故，
所以，而平面，
故平面.
（2）解：设正方形ABCD的中心为O，分别取的中点为，
设点为线段的中点，由（1）知四点共面，且平面，
连接平面，故，
又平面，故平面平面，
且平面平面，
由题意可知四边形为等腰梯形，故,
平面，故平面，
故以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
因为，则，
又，故，
设到底面的距离为，
四边形，为两个全等的等腰梯形，且，
故，又，
故，则，
，，
设，
设平面的一个法向量为，
则，令，
设平面的一个法向量为，
则，令，
故.
解之得：（舍），所以存在点，即点与重合.
因为，
设平面的一个法向量为，
则，令，
所以点到平面的距离.