2023-2024学年四川省凉山彝族自治州安宁河联盟高二上学期期中联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年四川省凉山彝族自治州安宁河联盟高二上学期期中联考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．以下说法中正确的是（ ）
A．用简单随机抽样方法抽取样本，样本量越大越好
B．抽签法是实现简单随机抽样的唯一方法
C．通过查询获得的数据叫做二手数据
D．通过调查获取的数据一定可以获得好的分析结果
【答案】C
【分析】根据简单随机抽样的含义和方法逐个分析判断.
【详解】对于A，用简单随机抽样方法抽取样本，样本容量的增大会导致调查的人力、费用、时间等成本的增加,而且代表性较差的样本并不能真实反映总体的情况，所以A错误.
对于B，简单随机抽样除了抽签法外，还有随机数表法，所以B错误，
对于C，通过查询获得的数据叫做二手数据，所以C正确.
对于D，通过调查获取的数据不一定可以获得好的分析结果，所以D错误.
故选：C
2．已知经过点两点的直线的方向向量为，则的值为（ ）
A．±1B．-1C．1D．-4
【答案】B
【分析】直线的方向向量横坐标为1的时候，纵坐标为：.
【详解】∵.
故选：B.
3．两条平行直线与之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据两直线平行得到，然后利用两平行线间的距离公式计算即可.
【详解】因为两直线平行，所以，解得，
所以直线为，即，
所以两平行线之间的距离.
故选：C.
4．如图，在四面体中，是的中点，是靠近的三等分点，设，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据空间向量的线性运算求解.
【详解】由题意可得：
，
所以.
故选：B.
5．某篮球运动员进行投篮训练，连续投篮两次，设事件A表示随机事件“两次都投中”，事件B表示随机事件“两次都未投中”，事件C表示随机事件“恰有一次投中”，事件D表示随机事件“至少有一次投中”，则下列关系不正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据试验的过程，分析出事件A、B、C、D分别表示的含义，然后对选项分别判断即可.
【详解】根据题意可得：事件A表示表示“两次都投中”；
事件B表示“两次都未投中”；
事件C表示“恰有一次投中”；
事件D表示“至少有一次投中”，即表示“两次都投中”或“恰有一次投中”，
故，所以选项A正确；
事件B和事件D是对立事件，故，所以选项B正确；
事件表示“两次都投中”或“两次都未投中”，而事件表示“两次都未投中”、 “两次都投中”或“恰有一次投中”，故选项C错误；
事件表示“两次都投中”或“恰有一次投中”，故，所以选项D正确；
故选：C.
6．已知某4个数据的平均数为6，方差为3，现又加入一个数据6，此时这5个数据的方差为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据方差的定义运算化简即可得解.
【详解】因为4个数据的平均数为6，方差为3，
所以（其中四个数分别为，）
故，
加入一个数据6后，5个数的平均数还是6,
则，
即这5个数据的方差为.
故选：A
7．已知,若过定点的动直线:和过定点的动直线:交于点(与,不重合),则的最大值为（ ）
A．B．C．D．5
【答案】C
【分析】首先确定定点和定点的坐标,再判定两条直线是垂直关系,从而得到为定值,利用三角函数求解最值即可.
【详解】根据题意:
动直线:过定点,
动直线:过定点,
,
直线:和直线:满足:,
,
直线与直线交于点,
,
,
为直角三角形,且,
设,则,,
,
,
,
当即时,的最大值为.
故选:C.
8．在三棱柱中，，则该三棱柱的体积为（ ）
A．B．3C．4D．
【答案】D
【分析】首先求平面的法向量，再求点到平面的距离，以及的面积，即可求解三棱柱的体积.
【详解】设平面的法向量，
则，令，则，,
则平面的法向量，
点到平面的距离，
点到的距离，且,
所以的面积,
则三棱柱的体积.
故选：D
二、多选题
9．2023年中秋国庆放假期间，某同学对西昌市的空气质量进行了检测（AQI是表示空气质量的指数，AQI指数值越小，表明空气质量越好），检测数据如图（ ）
A．这8天的AQI指数值的中位数为18.5
B．从10月2日到6日，空气质量越来越好
C．这8天的AQI指数值的平均值为19.375
D．这8天的AQI指数值的第75百分位数是21
【答案】ABC
【分析】根据题意，由中位数，平均数以及百分位数的定义即可判断ACD，结合图形即可判断B.
【详解】将8个数据按照从小到大重新排列，即，可得中位数为，故A正确；
由图可知，从10月2日到6日AQI指数值逐渐降低，即空气质量越来越好，所以B正确；
由图可知，平均值为，故C正确；
因为，所以第75百分位数是，故D错误；
故选：ABC
10．已知直线，直线，则下列结论正确的是（ ）
A．在轴上的截距为-1B．恒过定点
C．若，则或D．若，则
【答案】ABD
【分析】利用截距的定义可判定A，利用直线方程可判定B，利用两直线位置关系可判定C、D.
【详解】直线中令，即A正确；
直线中，即B正确；
若两直线平行，则有，可得，故C错误；
若两直线垂直，则有，故D正确.
故选：ABD
11．以下结论正确的是（ ）
A．若是互斥事件，，则
B．事件两两独立，则
C．甲乙两名同学参加抽奖，事件“甲乙都中奖”的对立事件是“甲乙至多一人中奖”
D．连续抛一枚骰子两次，记录朝上点数，设“第二次朝上的点数为2”，“两次朝上的点数之和为”，则与相互独立
【答案】ACD
【分析】举反例得到B错误，计算，A正确，根据对立事件的定义判断C正确，计算得到D正确，得到答案.
【详解】对选项A：是互斥事件，，
，正确；
对选项B：投掷两个骰子，事件：第一个骰子的点数为奇数，
事件：第二个骰子的点数为奇数，事件：两个骰子点数和为奇数，
则，，
事件两两独立，，错误；
对选项C：事件“甲乙都中奖”的对立事件是“甲乙至多一人中奖”，正确；
对选项D：，，，故，
则与相互独立，正确；
故选：ACD.
12．如图，棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为面对角线上一个动点，则错误的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值1
B．存在线段，使平面平面
C．为靠近的四等分点时，直线与所成角的余弦值最大
D．三棱锥的外接球体积的最大值为
【答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，结合空间解析几何初步(球的方程)，算出球半径只含有单一变量的解析式，进而求出球的体积，用函数求最值的方法求解即可.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，且设点面距为
，且易知面
，故体积为，故A正确
由题意知，，，故，
设面法向量，故解得
故，面面，面,故即可
设，故，故
解得，故不在正方体内，故B错误
，，且设线线角为，
故， 故，当时，，故在上单调递减
当时，故在上单调递增
若求最大，则，，此时不在四等分点处，故C错误，
，，，，设球的方程为，且易知三棱锥四个点都在球面上
将四个点分别代入球方程可知，，，，
解得，故设体积为，则
化简可得
故，令，，令
，故在上单调递增，在上单调递减，
易知，，故与重合时外接球体积最大
而此时体积为，故D错误
故选：BCD
三、填空题
13．管理人员从一池塘内捞出30条鱼，做上标记后放回池塘.10天后，又从池塘内捞出60条鱼，其中有标记的有2条.根据以上数据可以估计该池塘内共有 条鱼.
【答案】900
【分析】估计该池塘内共有n条鱼，利用等可能事件概率计算公式列方程，能求出n的值.
【详解】解：估计该池塘内共有n条鱼，
则，
解得n=900.
故答案为：900.
14．已知，且，则 .
【答案】
【分析】利用空间向量的垂直关系求解即可.
【详解】，，故
故答案为：
15．已知实数满足，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】将转化为上的点和构成的直线的斜率，然后求斜率即可.
【详解】
可以看成上的点和构成的直线的斜率，
在中令得，令则，
设，，
则，，
所以的范围为.
故答案为：.
16．空间中的平面可以用代数方程表示：过点且一个法向量为的平面的方程为.已知平面的方程为，直线是两个平面与的交线，则直线与平面所成的角的正弦值是 .
【答案】/
【分析】利用空间向量计算线面夹角即可.
【详解】联立三个平面方程
得直线与交于点，
由题意可知，
即的一个法向量为，
同理可知的一个法向量分别为：，
设直线的一个方向向量为，
则，取，即，
则直线与平面所成的角的正弦值为.
故答案为：
四、解答题
17．已知的三个顶点是.
(1)求边上的高所在直线的方程；
(2)若直线过点，且点到直线的距离相等，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据垂直关系得到边上的高所在直线的斜率，然后根据点斜式求直线方程即可；
（2）分斜率存在和斜率不存在两种情况考虑即可.
【详解】（1）由可得，
故边上的高所在直线的斜率为，直线又经过点，
故方程为，即.
（2）当直线斜率不存在时，此时直线为，到直线的距离分别为4和2，不符合题意，.
当直线斜率存在时，设直线方程为，即
此时到直线的距离相等，则，
化简得，解得或，
故直线方程为或，
即或.
18．如图，已知点是正方形所在平面外一点，平面是的中点.

(1)求证：；
(2)若面与面的交线为，求二面角的大小.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理可得面，即可得到结果；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.
【详解】（1）证明：平面，且平面，，
正方形，
，且平面，
面，
面
（2）
面，且为正方形，设，
建立如图所示空间坐标系.
，
显然轴垂直平面，则面的一个法向量为，
设面法向量为，二面角为，
则，
，由图可知二面角为锐二面角，
所以，二面角的大小为
19．已知直线的横截距为m，且在x轴，y轴上的截距之和为4．
(1)若直线的斜率为2，求实数m的值；
(2)若直线分别与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O是坐标原点，求面积的最大值及此时直线的方程．
【答案】(1)
(2)面积的最大值为2， 直线方程为
【分析】（1）由题意可得直线在x，y轴上的截距都存在且不为0，设直线的方程为（且），再结合斜率公式即可得解；
（2）设直线的方程为（且），由题意可得，求出的范围，再结合二次函数求出三角形面积的最大值及此时的值即可得解.
【详解】（1）依题意知，直线在x，y轴上的截距都存在且不为0，
设直线的方程为（且），
令，可得，令，可得，
即直线经过点，，
所以直线的斜率为，解得；
（2）设直线的方程为（且），
由直线分别与x轴、y轴的正半轴分别交于A，B两点，
可得，解得，
又由，，
可得，
当时，取得最大值2，
此时直线方程为，即.
20．为了估计一批产品的质量状况，现对100个产品的相关数据进行综合评分（满分100分），并制成如图所示的频率分布直方图.记综合评分为80分及以上的产品为一等品.
(1)求图中的值，并求综合评分的分位数；
(2)用样本估计总体，以频率作为概率，按分层抽样的思想，先在该条生产线中随机抽取5个产品，再从这5个产品中随机抽取2个产品记录有关数据，求这2个产品中恰有一个一等品的概率；
(3)已知落在的平均综合评分是54，方差是4，落在的平均综合评分为63，方差是7，求落在的总平均综合评分和总方差.
【答案】(1)，综合评分的综合评分的分位数为74
(2)
(3)，
【分析】（1）由频率和为1即可求解
（2）列举出所有可能事件即可求解
（3）按平均值和方差的定义计算即可
【详解】（1）由频率和为1，得，
；
综合评分的分位数为，
则，解得
，所以综合评分的分位数为74.
（2）由题，抽取5个产品，其中一等品有3个，非一等品2个，
一等品记为，非一等品记为
从这5个产品中随机抽取2个，基本事件为：､共10种；
抽取的这2个产品中恰有一个一等品的事件为：共6种，
所以所求的概率为.
（3），
.
21．如图，在直三棱柱中，
(1)求点到面的距离；
(2)在线段上是否存在一点，使得与平面所成的角为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)因为均大于1，所以不存在这样的点
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用点面距离求解即可；
（2）假设存在点D，设，利用线面角运算求解即可.
【详解】（1），且面
建立如图所示空间坐标系
则
设面法向量为，则，
令，则，故，又，
设到面的距离为，则.
（2）假设存在一点D，满足条件，
设，则，
，，
设面法向量为，
则，令，则，故，
.
化简得，解得，
因为均大于1，则不存在这样的点.
22．某中学举行一次知识竞赛，比赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别答两道题，若答对题数不少于3题，被称为“优秀小组”，已知甲乙两位同学组成一组，且同学甲和同学乙答对每道题的概率分为.
(1)若，则在第一轮竞赛中，求他们获“优秀小组”的概率；
(2)当，且每轮比赛互不影响，如果甲乙同学在此次竞赛活动中要想获得“优秀小组”的次数为9次，那么理论上至少要进行多少轮竞赛？
【答案】(1)
(2)理论上至少要进行19轮竞赛
【分析】（1）由题意可知：第一轮竞赛中他们获“优秀小组”有两种情况：答对题为3道或4道，结合独立事件概率乘法公式运算求解；
（2）根据题意结合二次函数可得，且每轮比赛获得“优秀小组”的概率为，令，结合二次函数可得每轮比赛获得“优秀小组”的概率的最大值，再根据二项分布的期望公式运算求解.
【详解】（1）第一轮竞赛中他们获“优秀小组”有两种情况：答对题为3道或4道，
则他们获“优秀小组”的概率为：.
（2）因为，即，
可得，解得，
则，
当时，取到最大值；当或时，取到最小值；
所以，
则每轮比赛获得“优秀小组”的概率为，
令，则，
令，可知对称轴方程为，抛物线开口向下，
则函数在上单调递增，所以的最大值是，
设要进行轮竞赛，由题意可知：，解得：.
所以理论上至少要进行19轮竞赛.