湖北省云学联盟部分重点高中2024-2025学年高二上学期9月联考数学试卷（解析版）

这是一份湖北省云学联盟部分重点高中2024-2025学年高二上学期9月联考数学试卷（解析版），共22页。

考试时间：2024年9月11日15：00：00 时长：120分钟 满分：150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. 已知复数在复平面内对应的点位于第二象限，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简得，根据题意列出不等式组求解即可.
【详解】解：因为，
又因为此复数在第二象限，
所以，解得.
故选：B.
2. 平行六面体中，为与的交点，设，用表示，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由平行六面体的性质和空间向量的线性运算即可求解；
【详解】如图：
由平行六面体的性质可得
，
故选：D.
3. 被誉为“湖北乌镇，荆门丽江”的莫愁村，位于湖北省钟祥市.高高的塔楼，是整个莫愁村最高的建筑，登楼远跳，可将全村风景尽收眼底.塔楼的主体为砖石砌成的正四棱台，如图所示，上底面正方形的边长约为8米，下底面正方形的边长约为12米，高约为15米，则塔楼主体的体积（单位：立方米）约为（ ）
A. 2400B. 1520C. 1530D. 2410
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用棱台的体积公式，准确运算，即可求解.
【详解】由题意，正四棱台上底面边长约为8米，下底面边长约为12米，高约为15米，
可得正四棱台的上底面面积为平方米，下底面面积为平方米，
则塔楼主体的体积约为立方米.
故选：B.
4. 某同学参加学校组织的化学竞赛，比赛分为笔试和实验操作测试，该同学参加这两项测试的结果相互不受影响.若该同学在笔试中结果为优秀的概率为，在实验操作中结果为优秀的概率为，则该同学在这次测试中仅有一项测试结果为优秀的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据独立事件的概率公式与互斥事件的概率加法公式可求概率.
【详解】根据题意可得该同学在这次测试中仅有一项测试结果为优秀的概率为：．
故选：C.
5. 已知，若不能构成空间一个基底，则（ ）
A. 3B. 1C. 5D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用基底的定义和共面向量求出结果.
【详解】若不能构成空间的一个基底，
共面，
存在，使，
即，
解得，
故选：.
6. 设的内角的对边分别为，且，若角的内角平分线，则的最小值为（ ）
A. 8B. 4C. 16D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】先根据，结合余弦定理求，再根据，结合面积公式得到
，进而求出的最小值，再根据数量积定义求.
【详解】因为，
所以，
所以，

由，所以，
化简得到，
所以，则，当且仅当时，等号成立，
所以，
所以的最小值为.
故选：A．
7. 抛掷一红一绿两颗质地均匀的六面体骰子，记录骰子朝上面的点数，若用表示红色骰子的点数，用表示绿色骰子的点数，用表示一次试验结果，设事件；事件：至少有一颗点数为5；事件；事件.则下列说法正确的是（ ）
A. 事件与事件为互斥事件B. 事件与事件为互斥事件
C. 事件与事件相互独立D. 事件与事件相互独立
【答案】D
【解析】
【分析】分别写出事件、、、所包含的基本事件，根据互斥事件的定义判断A，B；根据独立事件的定义判断C，D.
【详解】解：由题意可知；
；
；
；
对于A，因为，所以事件与事件不是互斥事件，故错误；
对于B，因为，所以事件与事件不是互斥事件，故错误；
对于C，因为，，，所以事件与事件不相互独立，故错误；
对于D，因为，，，
所以事件与事件相互独立，故正确.
故选：D.
8. 现有一段底面周长为厘米和高为12厘米的圆柱形水管，是圆柱的母线，两只蜗牛分别在水管内壁爬行，一只从点沿上底部圆弧顺时针方向爬行厘米后再向下爬行3厘米到达点，另一只从沿下底部圆弧逆时针方向爬行厘米后再向上爬行3厘米爬行到达点，则此时线段长（单位：厘米）为（ ）
A. B. C. 6D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件建系结合弧长得出角及点的坐标，最后应用空间向量两点间距离计算.
【详解】应用圆柱的特征取上下底面的圆心为轴，再过作的垂线为轴，如图建系，
过向圆作垂线垂足为，，设圆半径为，所以，
所以，则，
同理，过向圆O作垂线垂足为P1，则，
所以.
故选：A.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 有一组样本数据，其平均数､中位数､标准差､极差分别记为.由这组数据得到新样本数据，其中，其平均数､中位数､标准差､极差分别记为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据新旧数据间样本的数字特征的关系对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意，平均数，中位数，标准差，极差，
所以ACD选项正确，B选项错误.
故选：ACD
10. 设是空间内正方向两两夹角为的三条数轴，向量分别与轴､轴.轴方向同向的单位向量，若空间向量满足，则有序实数组称为向量在斜坐标系（为坐标原点），记作，则下列说法正确的有（ ）
A. 已知，则
B. 已知，则向量
C. 已知，则
D. 已知，则三棱锥的外接球体积
【答案】AB
【解析】
【分析】先明确，.根据求，判断A的真假；根据判断B的真假；计算判断C的真假；判断三棱锥的形状，求其外接球半径及体积，判断D的真假.
【详解】由题意：，.
对A：因为
，所以.故A正确；
对B：因为，，所以，所以.故B正确；
对C：，，
因为，故C错误；
对D：由题意，三棱锥是边长为1的正四面体.如图：
过作平面，垂足为，则在的中线上，且，
因为，，所以，.
设正四面体外接球球心为，则点在上，且亦为正四面体内切球球心，设，.
则，
所以正四面体外接球的体积为：.故D错误.
故选：AB
11. 在圆锥中，为高，为底面圆的直径，圆锥的底面半径为，母线长为，点为的中点，圆锥底面上点在以为直径的圆上（不含两点），点在上，且，当点运动时，则（ ）

A. 三棱锥的外接球体积为定值
B. 直线与直线不可能垂直
C. 直线与平面所成的角可能为
D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由条件结合线面垂直判定定理证明平面，由此证明，再证明点为三棱锥的外接球球心，判断A，证明平面，由此证明，判断B；证明平面，由此可得为直线与平面所成的角，解三角形求其正弦，判断C，证明，解三角形求，结合基本不等式求其范围，判断D.
详解】连接，
对于A，易知平面，平面，所以，
因为点在以为直径的圆上（不含、），
所以，，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，为的中点，，
所以，
所以点为三棱锥的外接球的球心，
所以三棱锥的外接球的半径为r=1，
所以三棱锥的外接球体积为定值，A正确；
由已知，，，，
所以
所以为等腰三角形，连接，又为的中点，故，
又，，平面，平面，
则平面，又平面，所以，故B错误．
因为平面，又平面，所以，
又，，平面，平面，则平面，
所以在平面上的射影为，
所以为直线与平面所成的角，
设，则，又，
所以，
所以，
令，则，解得，
即，与矛盾，C错误；
对于D中，因为平面，平面，
所以，又，，
所以，
所以，，
由基本不等式可得，即，
所以，D正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：解决多面体的外接球问题的关键在于由条件确定其外接球的球心的位置，由此确定外接球的半径.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知是关于的实系数方程的一个根，则实数的值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】将代入方程求解即可.
【详解】代入方程，
得，
化简得，
故 ，
解得，
故填：
13. 已知向量满足，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】先利用坐标运算求解，根据数量积的运算律结合模的公式列式求得，从而利用数量积的定义求解即可.
【详解】因为，所以，
又，所以，
所以，所以.
故答案为：
14. 的内角的对边分别为，若，且的面积为，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据三角恒等变换以及余弦定理可得，即可利用面积可得有根，即可利用判别式求解.
【详解】由可得，
即，
由于，故，
由于，故，因此，故，
，
的面积为，故，
由于，，
故，
将代入可得，
化简得，
将其代入，且可得，
则，解得，或，（舍去）
故最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：由可得有实数根，利用判别式求解.
四､解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16､17小题15分，第18､19小题17分，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 的内角的对边分别为，已知
（1）求；
（2）若点在上，且满足，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理、三角恒等变换，结合三角形内角的取值范围、特殊角的三角函数值求解即可；
（2）利用向量的线性运算、余弦定理、基本不等式、三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
，
由正弦定理得，
，
，
，
，
，
，
，
.
【小问2详解】
，
，
，
又，
，
，
，当且仅当时，等号成立，
的面积，
即面积的最大值为.

16. 某地区有小学生9000人，初中生8600人，高中生4400人，教育局组织网络“防溺水”网络知识问答，现用分层抽样的方法从中抽取220名学生，对其成绩进行统计分析，得到如下图所示的频率分布直方图所示的频率分布直方图.
（1）根据频率分布直方图，估计该地区所有学生中知识问答成绩的平均数和众数；
（2）成绩位列前10%的学生平台会生成“防溺水达人”优秀证书，试估计获得“防溺水达人”的成绩至少为多少分；
（3）已知落在60,70内的平均成绩为67，方差是9，落在内的平均成绩是73，方差是29，求落在内的平均成绩和方差.
（附：设两组数据的样本量､样本平均数和样本方差分别为：.记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差）
【答案】（1）平均数为，众数为.
（2）.
（3）平均数为，方差为.
【解析】
【分析】（1）在频率分布直方图中，平均数等于每组的组中值乘以每组的频率之和；众数是最高矩形横坐标的中点，据此求解.
（2）依题意可知题目所求是第分位数，先判断第分位数落在哪个区间再求解即可；
（3）先求出每组的比例，再根据分层随机抽样的平均数及方差求解即可.
【小问1详解】
一至六组的频率分别为，
平均数.
由图可知，众数为.
以样本估计总体，该地区所有学生中知识问答成绩平均数为分，众数为分.
【小问2详解】
前4组频率之和为，
前5组的频率之和为，
第分位数落在第5组,设为x，则，解得.
“防溺水达人”的成绩至少为分.
【小问3详解】
)的频率为，)的频率为，
所以的频率与的频率之比为
的频率与的频率之比为
设内的平均成绩和方差分别为，
依题意有，解得
，解得，
所以内的平均成绩为，方差为.
17. 如图，在长方体中，，点在棱上移动.

（1）当点在棱的中点时，求平面与平面所成的夹角的余弦值；
（2）当为何值时，直线与平面所成角的正弦值最小，并求出最小值.
【答案】（1）
（2）当时，直线与平面所成角的正弦值最小，最小值为
【解析】
【分析】（1）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量法可求平面与平面所成的夹角的余弦值；
（2）设，可求得平面的一个法向量，直线的方向向量，利用向量法可得，可求正弦值的最小值.
【小问1详解】
以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

当点在棱的中点时，则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
又平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成的夹角的余弦值为；
【小问2详解】
设，
则，
则，

设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
令，
则，
当时，取得最小值，最小值为.
18. 甲､乙､丙三人玩“剪刀､石头､布”游戏（剪刀赢布，布赢石头，石头赢剪刀），规定每局中：①三人出现同一种手势，每人各得1分；②三人出现两种手势，赢者得2分，输者负1分；③三人出现三种手势均得0分.当有人累计得3分及以上时，游戏结束，得分最高者获胜，已知三人之间及每局游戏互不受影响.
（1）求甲在一局中得2分的概率；
（2）求游戏经过两局后甲恰得3分且为唯一获胜者的概率；
（3）求游戏经过两局就结束的概率.
【答案】（1）13
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意可画出树状图，得到甲得2分情况有9种，从而可求解；
（2）游戏经过两局后甲恰得3分且为唯一获胜者的情况有2种：①第一局甲得2分，第二局甲得1分，则第一局乙丙得负一分，第二局得1分，②第一局甲得1分，第二局甲得2分，则第一局乙丙得1分，第二局乙丙得负1分，然后求出每种情况的概率从而可求解；
（3）游戏经过两局就结束总共有4种情况：①仅1人得3分，②有2人得分为3分，③仅1人得4分，④有2人分别得4分，然后求出每种情况的概率从而可求解.
【小问1详解】
根据题意，画出树状图，如图：
所以每局中共有种情况，其中甲在一局中得2分的情况有（出手势顺序按甲乙丙）：
（剪刀、剪刀、布）、（剪刀、布、剪刀）、（剪刀、布、布）、
（石头、石头、剪刀）、（石头、剪刀、石头）、（石头、剪刀、剪刀）、
（布、布、石头）、（布、石头、布）、（布、石头、石头）、
一共有9种情况，所以甲在一局中得2分的概率.
【小问2详解】
游戏经过两局后甲恰得3分且为唯一获胜者的情况有2种：
①第一局甲得2分，第二局甲得1分：
则乙第一局得负1分，第二局得1分；则丙第一局得负1分，第二局得1分；
由（1）中树状图可知满足情况有：
第一局：（剪刀、布、布）、（石头、剪刀、剪刀）、（布、石头、石头）、
第二局：（剪刀、剪刀、剪刀）、（布、布、布）、（石头、石头、石头）
此时概率为种情况，
②第一局甲得1分，第二局甲得2分，则第一局乙丙得1分，第二局乙丙得负1分，
则乙第一局得1分，第二局得负1分；则丙第一局得1分，第二局得负1分；
由（1）中树状图可知满足情况有：
第一局：（剪刀、剪刀、剪刀）、（布、布、布）、（石头、石头、石头）
第二局：（剪刀、布、布）、（石头、剪刀、剪刀）、（布、石头、石头）、
此时概率为，
综上所述：游戏经过两局后甲恰得3分且为唯一获胜者的概率.
【小问3详解】
游戏经过两局就结束总共有4种情况：
①仅1人得3分，记事件为A，则；
②有2人得分为3分，记事件为B，
③仅1人得4分，记事件C：
一人得4分，另两人各负2分：，
一人得4分，一人得负2分，一人得1分：，
一人得4分，另两人各1分：，
；
④有2人分别得4分，记为事件D：则
综上所述：游戏经过两局就结束的概率.
19. 在空间直角坐标系中，己知向量，点.若直线以为方向向量且经过点，则直线的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程表示为.
（1）已知直线的标准式方程为，平面的点法式方程可表示为，求直线与平面所成角的余弦值；
（2）已知平面的点法式方程可表示为，平面外一点，点到平面的距离；
（3）（i）若集合，记集合中所有点构成的几何体为，求几何体的体积；
（ii）若集合.记集合中所有点构成的几何体为，求几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角的大小.
【答案】（1）
（2）
（3）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用题中概念分别计算出直线方向向量与平面法向量，然后利用线面角与直线方向向量和平面法向量所成角的关系计算即可；
（2）先计算平面法向量，找到平面上一点然后利用向量的投影计算即可；
（3）（i）先建立等式，然后画出所表示的面，计算所围成的图形的面积即可；（ii）因为是一个完全对称的图形，只需计算第一卦限内相邻面的二面角，我们需要画出第一卦限内图像，得到其二面角为钝角；
【小问1详解】
由题可知，直线的一个方向向量坐标为，平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则有，所以，
直线与平面所成角的余弦值为.
【小问2详解】
由题可知平面的法向量为，且过点，
因为,所以，
所以点到平面的距离为.
【小问3详解】
（i）建立空间直角坐标系，
先分别画平面 ，
然后得到几何体为
几何体是底面边长为的正方形，高为的长方体，
故几何体的体积为，
（ii）由（i）可知，的图像是一个完全对称的图像，所以我们只需讨论第一卦限的相邻两个平面的二面角即可，
此时，
得，
画出第一卦限图像，
显然其二面角为钝角，
计算平面得二面角，
所以两个平面的法向量分别为，
所以其二面角的余弦值为，所以二面角为
【点睛】思路点睛：我们需要按照解析式画出平面，在空间中三点确定一个平面，可以直接找三个点即可，找到的点，最好是三个平面的交点，一般直接建立方程求解即可.