2023-2024学年广东省佛山市高二上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省佛山市高二上学期期中数学质量检测模拟试题（含解析），共19页。试卷主要包含了已知，，，则等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1．本卷满分150分，考试时间120分钟；
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号（填涂）；
3．所必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
第Ⅰ卷（选择题部分，共60分）
一、单项选择题：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．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．不存在
2．点关于x轴对称的点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
3．抛掷一枚质地均匀的硬币，连续出现9次正面向上，则第10次出现正面向上的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知向量，，是一组单位向量，且两两垂直．若，，则的值为（ ）．
A．7B．C．28D．11
5．已知随机事件和互斥,且,,则等于（ ）
A．B．C．D．
6．已知直线的斜率，则该直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在正三棱柱中，若，则点到直线的距离为（ ）

A．B．C．D．
8．饕餮纹是青铜器上常见的花纹之一，最早见于长江中下游地区的良渚文化陶器和玉器上，盛行于商代至西周早期.将青铜器中饕餮纹的一部分画到方格纸上，如图所示，每个小方格的边长为一个单位长度，有一点P从点A出发，每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能的，那么点P经过3次跳动后恰好沿着饕餮纹的路线到达点B的概率为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题，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．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
10．某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名同学去参加演讲比赛，事件“至少1名女生”与事件“全是男生”（ ）
A．是互斥事件B．不是互斥事件C．是对立事件D．不是对立事件
11．已知直线，则下列说法正确的是（ ）
A．直线过点B．直线的斜率为
C．直线在上的截距为D．直线在上的截距为
12．如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点Q，使得B．存在点Q，使得平面
C．三棱锥的体积是定值D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为
第Ⅱ卷（非选择题部分，共90分）
三、填空跟．本题共4小题，每小题5分，共20分
13．从长度为的条线段中任取条，则这三条线段能构成一个三角形的概率为 .
14．无论实数λ取何值，直线恒过定点 .
15．已知是夹角为60°的两个单位向量，则与的夹角是 ．
16．如图，某正方体的顶点在平面内，三条棱，，都在平面的同侧.若顶点，，到平面的距离分别为，，，则该正方体的表面积为 .

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．设连续掷两次骰子得到的点数分别为m，n，令平面向量，.
（1）求使得事件“”发生的概率；
（2）求使得事件“”发生的概率.
18．已知三角形的三个顶点是.
(1)求边所在的直线方程；
(2)求边上的高所在直线的方程.
19．已知A，B两个盒子中分别装有仅颜色不同的4个红球2个白球和2个红球2个白球.
(1)若甲从A盒中抽取2个球，求两个球颜色不同的概率；
(2)若甲从A盒中，乙从B盒中分别有放回地抽取两次，每次每人抽取1球，求甲、乙共抽到3个红球的概率.
20．如图，在正四棱柱中，，M是棱上任意一点．
(1)求证：；
(2)若M是棱的中点，求异面直线AM与BC所成角的余弦值．
21．如图，已知四棱锥的底面是菱形，对角线交于点，，,，底面，设点M满足．
(1)求直线PA与平面BDM所成角的正弦值；
(2)求点P到平面BDM的距离．
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ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，，，．

(1)当点N为线段AD的中点时，求证：直线平面EFN；
(2)当点N在线段AD上时（包含端点），求平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的取值范围．
1．B
【分析】由直线方程得出斜率，再利用斜率与倾斜角的关系即可解题.
【详解】直线的斜率为0，所以倾斜角为.
故选：B.
2．B
【分析】数形结合得到关于x轴对称的点的坐标.
【详解】点关于x轴对称的点的坐标是.
故选：B
3．A
【分析】由正面向上或正面向下可能性相同，即可得出答案．
【详解】第10次抛硬币结果不受前9次结果的影响，由于硬币正面向上或正面向下可能性相同，
则第10次出现正面向上的概率为，
故选：A．
4．C
【分析】由向量，，是一组单位向量，且两两垂直，得且，然后利用向量的数量积的运算性质求解
【详解】向量，，是一组单位向量，且两两垂直，
所以且．
因为，，
所以．
故选：C．
此题考查平面向量的数量积运算性质的应用，属于基础题
5．B
【分析】因为和互斥,由求出,再由即可得到答案.
【详解】因为和互斥,
所以,
又,
所以,
因为,
所以.
故选:B.
6．B
【分析】运用斜率公式将转化为（），解不等式即可.
【详解】直线倾斜角为，则，
由可得，
所以.
故选：B.
7．B
【分析】取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】取的中点，则，
以为原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以在上的投影的长度为，
故点到直线的距离．

故选：B.
8．B
【分析】先利用列举法得到共8种不同的跳法，再利用概率公式求解即可．
【详解】点从点出发，每次向右或向下跳一个单位长度，
则有（右，右，右），（右，右，下），（右，下，右），（下，右，右），
（右，下，下），（下，右，下），（下，下，右），（下，下，下），共8种不同的跳法（线路），
符合题意的只有（下，下，右）这1种，
所以3次跳动后，恰好是沿着饕餮纹的路线到达点的概率为．
故选：B．
9．ABD
【分析】A选项，由得到A正确；BD选项，计算数量积为0得到垂直关系；C选项，设，得到方程，方程无解，C错误.
【详解】A选项，因为，所以，A正确；
B选项，因为，所以，B正确；
C选项，设，则，无解，故不平行，C错误；
D选项，，故，D正确.
故选：ABD
10．AC
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义即可求解.
【详解】从3男2女中人选2名同学，一共会出现的抽取情况为：2男，或者2女，或者1男1女，
至少一名女生包括一名或两名女生，全是男生相当于女生数为零，两者间是互斥事件也是对立事件.
故选：AC
11．BD
【分析】根据直线，对各个选项分析判断即可求出结果.
【详解】选项A，因为，即直线不过点，所以选项A不正确；
又由，得到，所以直线斜率为，在上的截距为，所以选项BD正确，
又由直线，令，得到，所以选项C错误，
故选：BD.
12．B
【分析】A由、即可判断；B若为中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断；C只需求证与面是否平行；D利用空间向量求直线夹角的范围即可判断.
【详解】A：正方体中，而P为线段的中点，即为的中点，
所以，故不可能平行，错；
B：若为中点，则，而，故，
又面，面，则，故，
，面，则面，
所以存在Q使得平面，对；
C：由正方体性质知：，而面，故与面不平行，
所以Q在线段上运动时，到面的距离不一定相等，
故三棱锥的体积不是定值，错；
D：构建如下图示空间直角坐标系，则，，且，
所以，，若它们夹角为，
则，
令，则，
当，则，；
当则；
当，则，；
所以不在上述范围内，错.
故选：B
13．##
【分析】采用列举法可得所有基本事件和满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可得结果.
【详解】从条线段中任取条，则有，，，，，，，，，，共个基本事件；
其中三条线段能够成三角形的基本事件有：，，，共个；
所求概率.
故答案为.
14．
【分析】将直线方程化为，进而分析求解.
【详解】由，可得，
令，解得，
所以直线恒过定点.
故答案为.
15．##
【分析】分别求出与的数量积与各自的模，利用数量积公式求解即可.
【详解】由题是夹角为60°的两个单位向量,
所以
设夹角大小为，
则，
所以.
故
16．
【分析】取空间的一个基底，设正方体的棱长为，是平面的一个方向向上的单位法向量. 由题得在方向上的投影向量的长度分别为，，，得，由，得，即可求得正方体的表面积.
【详解】设正方体的棱长为，取空间的一个基底，设是平面的一个方向向上的单位法向量.
由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组，使得.
由题意，在方向上的投影向量的长度分别为，，.
于是，即，即，即.
同理，，，
从而，由，得，
其中
，
即，解得，所以正方体的表面积.
故
思路点睛：考虑到可以利用空间向量表示条件中的点到平面的距离，所以选择基底，设单位法向量解决问题，得，即，求得，即可得到，再根据数量积的运算律计算可得.
17．（1） ；（2）.
【分析】（1）由题意，得到m、n的取值集合，可得点(m，n)的总取法有36种，当时，解得m与n的关系，即可得满足条件的(m，n)的个数，代入概率公式，即可得答案.
（2）当时，解得m与n的关系，即可得满足条件的(m，n)的个数，代入概率公式，即可得答案.
【详解】（1）由题意知，、，故(m，n)所有可能的取法共36种.
当时，得m-3n=0，即m=3n，满足条件共有2种：(3，1)，(6，2)，
所以事件的概率.
（2）当时，可得m2+n2≤10，共有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(3，1)6种情况，
其概率.
本题考查古典概型概率求法，解题的关键是列出基本事件的个数，属基础题.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据两点斜率公式求解斜率，进而由斜截式即可求解方程，
（2）根据斜率公式以及垂直关系得高所在直线斜率，即可求解.
【详解】（1）由题意可得,
由斜截式可得直线方程为；
（2）,所以边上的高所在直线的斜率为，
由点，所以边上的高所在直线方程为.
19．(1)
(2)
【分析】（1）运用列举法计算古典概型的概率即可.
（2）由甲、乙共抽到3个红球的情况有：①甲第一次抽到红球，第二次抽到白球，乙两次都抽到红球，②甲第一次抽到白球，第二次抽到红球，乙两次都抽到红球，③甲两次都抽到红球，乙第一次抽到红球，第二次抽到白球，④甲两次都抽到红球，乙第一次抽到白球，第二次抽到红球，分别计算即可求得结果.
【详解】（1）设A盒中的4个红球分别为，，，，2个白球分别为，，
则甲从A盒中抽取2个球的基本事件有，，，，，，，，，，，，，，共15个，
两个球颜色不同的基本事件有，，，，，，，共8个，
所以甲从A盒中抽取2个球，两个球颜色不同的概率为.
（2）由题意知，甲、乙共抽到3个红球的情况有：
①甲第一次抽到红球，第二次抽到白球，乙两次都抽到红球的概率为，
②甲第一次抽到白球，第二次抽到红球，乙两次都抽到红球的概率为，
③甲两次都抽到红球，乙第一次抽到红球，第二次抽到白球的概率为，
④甲两次都抽到红球，乙第一次抽到白球，第二次抽到红球的概率为，
所以甲、乙共抽到3个红球的概率为.
20．(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线线垂直；
（2）在第一问的基础上，利用空间向量求解异面直角的夹角余弦值.
【详解】（1）证明：以A为原点，AB，AD，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
因为，
所以，，
，
，
所以；
（2）M是棱的中点，故，
则，
设异面直线AM与BC所成角的大小为，
则，
故异面直线AM与BC所成角的余弦值为.
21．(1)
(2)
【分析】（1）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和向量，结合向量的夹角公式，即可求解；
（2）求得，结合向量的距离公式，即可求解.
【详解】（1）解：因为平面是菱形，可得，
又因为底面，平面，所以，，
所以两两垂直，
以为坐标原点，以为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示；
则，，，，，
所以，，，．
因为，所以，．
设平面的法向量，则，
令，可得，所以平面的一个法向量，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
（2）解：由，
所以点到平面的距离．
22．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的表达式，进行合理变形，结合二次函数的性质求得余弦的最值，即可求得答案.
【详解】（1）证明：因为点N为线段AD的中点，且，
所以，
因为，且四边形ABCD为正方形，故，
所以，而平面，
故平面；
（2）设正方形ABCD的中心为O，分别取的中点为，
设点H为线段AD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O为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，

因为，则，
又，故，
设到底面的距离为h，
四边形ABFE，CDEF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，
令，则，
令，则，
令，则在上单调递增，
故当时，，当时，，
故，
即平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值得取值范围为.
难点点睛：本题考查了线面垂直的证明以及空间面面角的向量求法，解答的难点在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围.