2024-2025学年湖北省十堰市郧阳中学高二上学期9月月考数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年湖北省十堰市郧阳中学高二上学期9月月考数学试卷（含解析），共19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。
1.直线y=1−xtan72∘的倾斜角为( )
A. 108∘B. 72∘C. 118∘D. 18∘
2.向量a=(1,2,3)，b=(−2,−4,−6)，|c|= 14，若(a+b)⋅c=−7，则a与c的夹角为( )
A. 30∘B. 60∘C. 120∘D. 150∘
3.已知直线l1:mx+y−1=0，l2：3m−2x+my−2=0，若l1//l2，则实数m的值为( )
A. 2B. 1C. 1或2D. 0或13
4.将一枚均匀的骰子抛掷2次，事件A=“没有出现1点”，事件B=“出现一次1点”，事件C=“两次抛出的点数之和是8”，事件D=“两次掷出的点数相等”，则下列结论中正确的是( )
A. 事件A与事件B是对立事件B. 事件A与事件D是相互独立事件
C. 事件C与事件D是互斥事件D. 事件C包含于事件A
5.已知点M是直线y=x+1上一点，A(1,0)，B(2,1)，则|AM|+|BM|的最小值为( )
A. 2B. 2 2C. 1+ 2D. 10
6.已知在矩形ABCD中，AB=1，BC= 3，将矩形ABCD沿对角线AC折起，使平面ABC与平面ACD垂直，则BD=( )
A. 102B. 62C. 52D. 2
7.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为AB的中点，则点A1到平面ECC1的距离为( )
A. 15B. 55C. 2 55D. 25
8.古代城池中的“瓮城”，又叫“曲池”，是加装在城门前面或里面的又一层门，若敌人攻入瓮城中，可形成“瓮中捉鳖”之势.如下图的“曲池”是上.下底面均为半圆形的柱体.若AA1垂直于半圆柱下底面半圆所在平面，AA1=3，AB=4，CD=2，E为弧A1B1的中点，则直线CE与平面DEB1所成角的正弦值为( )
A. 39921B. 27321C. 2 4221D. 4221
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是265
B. 已知点A(2,0)，B(0,4)，若过P(−6,−8)的直线l与线段AB不相交，则直线l的斜率k∈(−∞,1)∪(2,+∞)
C. 若样本数据x1，x2，⋯，x10的标准差为8，则2x1−1，2x2−1，⋯，2x10−1的标准差为32
D. 在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB+AD+AA1=AC1
10.铁蒺藜在古代能抵挡敌人骑兵的进攻，有一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1，也可由正方体切割而成，如图2，在如图2所示的“蒺藜形多面体”中，若AB=2，则( )
A. 该几何体的表面积为12 3B. 该几何体的体积为4
C. 直线HM与直线GN所成的角为π3D. 二面角B−EF−H的余弦值为13
11.已知正方体的棱长为2，点P满足CP=λCD+μCC1，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，E为棱DD1的中点，则下列说法正确的有( )
A. 若B1P//平面A1BE，则点P的轨迹的长度为 2
B. 当μ=1时，△ABP的面积为定值
C. 当λ+μ=12时，三棱锥P−AB1D1的体积为定值
D. 当λ=12时，存在点P使得BP⊥平面A1B1E
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知事件A与B相互独立，P(A)=0.6，P(AB)=0.42，则P(A+B)= ．
13.已知直线过点(2,3)，它在x轴上的截距是在y轴上的截距的2倍，则此直线的方程为 ．
14.已知三棱锥P−ABC的体积为6,M是空间中一点，PM=−115PA+215PB+415PC，则三棱锥A−MBC的体积是 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1=2，设AB=a，AD=b，AA1=c．
(1)试用a，b，c表示向量AC、BD1;
(2)若∠A1AD=∠A1AB=120∘，求点A到直线BD1的距离．
16.(本小题15分)
已知直线l:(2m+2)x+(1−4m)y−2m−7=0
(1)证明无论m为何值，直线l与直线x−2y−1=0总相交;
(2)求点Q(2,4)到直线l距离的最大值;
(3)若O为坐标原点，直线l与x，y轴的正半轴分别交于A，B两点，求△AOB面积的最小值．
17.(本小题15分)
某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分(95分及以上为认知程度高)，结果认知程度高的有m人，按年龄从小到大分成5组，得到如图所示频率分布直方图，已知第一组有10人．
(1)根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄和第80百分位数;(结果用小数表示)
(2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者．
(ⅰ)若有甲(年龄38)，乙(年龄40)两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率;
(ⅱ)若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和52，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这m人中35∼45岁所有人的年龄的方差．
18.(本小题17分)
如图所示的几何体中，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC=∠BAD=π2，F为PA的中点，PD= 2,AB=AD=12CD=1，四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点N．
(1)求证：AC//平面DEF；
(2)求二面角A−PB−C的正弦值；
(3)在线段EF上是否存在一点Q，使得BQ与平面BCP所成角的大小为π6？若存在，求出FQ的长；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120∘时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120∘的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120∘时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且cs2B+cs2C−cs2A=1．
(1)求A；
(2)若bc=2，设点P为△ABC的费马点，求PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA；
(3)设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值．
答案解析
1.A
【解析】解：因为直线y=1−xtan72∘ 的斜率为−tan72∘=tan180∘−72∘=tan108∘ ，
所以直线y=1−xtan72∘ 的倾斜角为108∘ ．
2.B
【解析】解：∵a=(1,2,3)， b=(−2,−4,−6)，
∴b=−2a，
即a+b=−a，
则a+b·c=−a·c=−7，
∴a·c=7，
∴cs⁡⟨a→,c→⟩=a→·c→|a→||c→|
=7 14× 14=12．
又⟨a→,c→⟩∈[0∘,180∘]，
∴a,c=60°．
故选B．
3.B
【解析】解：因为l1/​/l2，所以由两直线斜率相等得m2−3m−2×1=0，
解得：m=2或m=1，
当m=2时，直线l1的方程为：2x+y−1=0，直线l2的方程为：4x+2y−2=0，两直线为同一条直线，两直线重合，故m=2不符合题意，舍去；
当m=1时，直线l1的方程为：x+y−1=0，直线l2的方程为：x+y−2=0，符合题意．
故m=1．
故选B．
4.D
【解析】解：连续抛掷质地均匀的骰子两次，有：
(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(4,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，
共36种等可能的不同结果，
因为A表示事件“没有出现1点”，B表示事件“出现一次1点”，
C表示事件“两次抛出的点数之和是8”，D表示事件“两次掷出的点数相等”，
所以事件A包含的基本事件个数为25，事件B包含的基本事件个数为10，
事件C包含的基本事件个数为5，事件D包含的基本事件个数为6，
事件AD包含的基本事件个数为5，
所以P(A)=2536，P(B)=1036=518，
P(C)=536，P(D)=636=16，
P(AD)=536，
则P(A)+P(B)=3536≠1，
故事件A，B不相互对立，故A错误；
P(A)⋅P(D)≠P(AD)，
故事件A，D不相互独立，故B错误；
出现(4,4)是事件C，D同时发生，
故事件C，D不互斥，故C错误；
事件C是包含以下样本点：
(2,6)，(3,5)，(,4,4,)，(5,3)，(6,2)，没有出现1点，故事件A发生，
事件C包含于事件A，所以故D正确．
故选：D．
5.D
【解析】解：由题知，过点A做关于直线y=x+1的对称点C(x,y)，
取直线y=x+3上一点M，连接MA，MB，MC，
连接BC交y=x+1于点P，连接AP，PC，AC，
如图所示：
则有y+12=x+22+1y−1x−2=−1，解得x=0y=3，即C(0,3)，
因为B，C关于直线y=x+1对称，
所以直线y=x+1是线段BC的垂直平分线，
所以|BP|=|CP|，则|AP|+|BP|=|AP|+|CP|=|AC|，
当且仅当点M运动到P处时|AM|+|BM|=|AC|，
所以可得|AM|+|BM|≥|AC|，
所以(|AM|+|BM|)min=AC= 1+32= 10．
故选：D．
6.A
【解析】解：过点B，D分别向AC作垂线，垂足分别为M，N，易得AM=12，BM= 32，CN=12，DN= 32，MN=1.因为BD=BM+MN+ND，所以BD2=(BM+MN+ND)2 =BM2+MN2+ND2+2(BM⋅MN+MN⋅ND+BM⋅ND) =( 32)2+12+( 32)2+2×(0+0+0)=52，所以|BD|= 102．
7.C
【解析】解：如图，以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(2,0,0)，E(2,1,2)，
C(0,2,2)，C1(0,2,0)，
A1E=(0,1,2)，EC=(−2,1,0)，
EC1=(−2,1,−2)，
设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅EC=0m⋅EC1=0,
得−2x+y=0−2x+y−2z=0,
令x=1，得y=2，z=0，
即平面ECC1的一个法向量为m=(1,2,0)，
所以|A1E⋅m||m|=2 12+22=2 5，
故点A1到平面ECC1的距离为2 55．
故选：C．
8.D
【解析】解：在半圆柱下底面半圆所在平面内过A作直线AB的垂线，由于AA1垂直于半圆柱下底面半圆所在平面，
则以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

于是A0,0,0,B0,4,0,C0,3,0,D0,1,0，A10,0,3,B10,4,3,C10,3,3,D10,1,3，
又E为A1B1⌢的中点，则E2,2,3，B1E=2,−2,0，B1D=0,−3,−3，CE=2,−1,3，
设平面DEB1的法向量n=x,y,z，则B1E⋅n=2x−2y=0B1D⋅n=−3y−3z=0，令x=1，得n=1,1,−1，
设直线CE与平面DEB1所成角为θ，则sin θ=|cs ⟨CE,n⟩|=|CE⋅n||CE||n|
=2−1−3 22+−12+32× 12+12+−12=2 14× 3= 4221，
所以直线CE与平面DEB1所成角的正弦值为 4221．
故选：D
9.AB
【解析】解：对于A、由题意，1+2+m+6+75=4，解得：m=4，
则这组数据的方差是151−42+2−42+4−42+6−42+7−42=265，故A正确；
对于B、因为kPA=−8−0−6−2=1，kPB=−8−4−6−0=2，
若直线l与线段AB不相交，
则kkPB，即k∈(−∞,1)∪(2,+∞)，故B正确；
对于C、样本数据x1，x2，⋯，x10的标准差为8，即方差为64，
则2x1−1，2x2−1，⋯，2x10−1的方差为22×64=256，即标准差为16，故C错误；
对于D、由于四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD不一定为平行四边形，故D错误．
10.ABC
【解析】解：对于A，因为AB=2，所以BE=12BD=12×2 2= 2，
蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为 2的小正四面体构成，
故该几何体的表面积为24× 34×( 2)2=12 3，故A正确；
对于B，该几何体的体积为23−12×13×12× 2× 2×1=4，故B正确；
对于C，因为HM//BD，所以直线HM与直线GN所成的角即为直线BD与直线DN所成的角∠BDN，又因为BD=DN=BN=2 2，所以∠BDN=π3，故C正确；
对于D，设EF的中点为O，连接OB、OH，则OB⊥EF，OH⊥EF，
则∠BOH即二面角B−EF−H的平面角．
建立如下图所示的空间直角坐标系，
则B(2,2,2)、H(2,2,0)、E(2,1,1)、F(1,2,1)、O(32,32,1)，
则OB=(12,12,1)，OH=(12,12,−1)，
则cs⁡∠BOH=cs⁡⟨OB→,OH→⟩=OB→⋅OH→|OB→|⋅|OH→|=14×2−1( 62)2=−13，故D错误．
故选：ABC．
11.ABC
【解析】解：取CD中点F，CC1中点G，C1D1中点H，
由题意可得GH//A1B，B1G//A1E，
又GH⊄平面A1BE，A1B⊂平面A1BE，
可得GH//平面A1BE，
同理可得B1G//平面A1BE，
B1G∩GH=G，B1G，GH⊂平面B1GH，
平面B1GH//平面A1BE，
若B1P//平面A1BE，则点P的轨迹为线段GH，
已知正方体的棱长为2，故点P的轨迹的长度为 2，A正确；
当μ=1时，CP=λCD+CC1，点P在线段C1D1上运动，
由题意易得AB//C1D1，故点P到AB的距离是定值，
所以△ABP的面积为定值，故B正确；
三角形AB1D1是边长为2 2的等边三角形，面积为定值，
当λ+μ=12时，点P满足CP=λCD+μCC1，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，
CD中点为F，CC1中点为G，
由题意可得点P在线段FG上运动，且FG//AB1，
FG⊄平面AB1D1，AB1⊂平面AB1D1，
所以FG//平面AB1D1，
可得点P到平面AB1D1的距离是定值，
可得三棱锥P−AB1D1的体积为定值，
故C正确；
以点A为原点，分别AB，AD，AA1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
A1(0,0,2)，B1(2,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，C1(2,2,2)
A1B1=2,0,0，
BP=BC+CP=BC+λCD+μCC1
=0,2,0+12−2,0,0+μ0,0,2
=−1,2,2μ，
若存在点P使得BP⊥平面A1B1E，
那么BP⊥A1B1，
而BP·A1B1=−2≠0，
故当λ=12时，不存在点P使得BP⊥平面A1B1E，故D选项错误

【解析】解：已知事件A与B相互独立，
P(A)=0.6，P(AB)=0.42，
P(AB)=P(A)·P(B)=0.6·P(B)=0.42，得P(B)=0.7，
P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)=0.6+0.7−0.42=0.88．
故答案为：0.88．
13.3x−2y=0或x+2y−8=0
【解析】解：当直线经过原点时，直线方程为：y=32x.
当直线不经过原点时，设直线方程为：x2a+ya=1，
把点P(2,3)代入22a+3a=1，解得a=4．
∴直线方程为x+2y=8．
综上可得直线方程为：3x−2y=0或x+2y−8=0，
故答案是3x−2y=0或x+2y−8=0．
14.4
【解析】解：因为PM=−115PA+215PB+415PC ，
则15PM=−PA+2PB+4PC，
即15PM=−PM+MA+2PM+MB+4PM+MC，
即10PM=−MA+2MB+4MC，
所以2PM=−15MA+25MB+45MC，
因为−15+25+45=1，所以在平面ABC内存在一点D，
使得MD=−15MA+25MB+45MC成立，
即2PM=MD，
分别过P，M作平面ABC的垂线，交平面ABC于P1，M1，如图所示，
则PP1//MM1，所以MDPD=MM1PP1，
所以PM=12MD，即MD=23PD，
所以MM1PP1=MDPD=23，
又三棱锥P−ABC的体积为6，
则VA−MBC=23VP−ABC=23×6=4．
故答案为：4．
15.解：(1)由向量的加减运算法则知，在正方形ABCD中，AC=AB+AD=a+b．
连接AD1，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，BD1=AD1−AB=AD+DD1−AB=AD+AA1−AB=b+c−a．
(2)由题意知|a|=|b|=1，c= 2，⟨a,b⟩=90∘，⟨a,c⟩=120∘，⟨b,c)=120∘，
BA⋅BD1=−a⋅(b+c−a)=−a⋅c+a2−a⋅b=−1×2×cs 120∘+1−1×1⋅cs90∘=1+1=2，
|BD1|= (b+c−a)2= b2+c2+a2+2(b⋅c−a⋅b−a⋅c)
= 1+4+1+2×[−1−(−1)]= 6，
所以点A到直线BD1的距离：d=BA 1−BA·BD1BABD12=1× 1−21× 62
= 33．

【解析】本题考查空间向量的模，点到直线的距离求解问题，空间向量的加减运算和数量积运算，属于中档题．(1)根据空间向量的加法或减法法则很容易求解；
(2)根据已知条件，利用d=BA 1−BA·BD1BABD12即可得解．
16.(1)证明：直线l:(2m+2)x+(1−4m)y−2m−7=0的方程可化为(2x−4y−2)m+2x+y−7=0．
令2x−4y−2=0,2x+y−7=0,解得x=3,y=1,故直线l经过定点(3,1)．
因为(3,1)是直线x−2y−1=0上一点，经检验，直线l与直线x−2y−1=0不重合，
所以无论m为何值，直线l与直线x−2y−1=0总相交．
(2)解：因为直线恒过定点(3,1)，
点Q(2,4)与定点(3,1)间的距离，就是所求点Q(2,4)到直线l的距离的最大值，
即 (3−2)2+(1−4)2= 10；
(3)解：由(1)可知，直线l经过定点(3,1)，且与x，y轴的正半轴分别交于A，B两点，
不妨令l的方程为y=k(x−3)+1，k0，
则由|PB|+|PC|=t|PA|得m+n=t，
由余弦定理得|AB|2=x2+m2x2−2mx2cs2π3=(m2+m+1)x2，
|AC|2=x2+n2x2−2nx2cs2π3=(n2+n+1)x2，
|BC|2=m2x2+n2x2−2mnx2cs2π3=(m2+n2+mn)x2，
故由|AC|2+|AB|2=|BC|2得(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(m2+n2+mn)x2，
则m+n+2=mn，而m>0,n>0，故m+n+2=mn⩽(m+n2)2，
当且仅当m=n，结合m+n+2=mn，解得m=n=1+ 3时等号成立，
又m+n=t，即有t2−4t−8⩾0，解得t⩾2+2 3或t⩽2−2 3(舍去)，
故实数t的最小值为2+2 3．

【解析】本题考查正弦定理、余弦定理的综合应用，向量的数量积的概念及其运算，基本不等式求最值，属于较难题．
(1)根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简cs2B+cs2C−cs2A=1可得a2=b2+c2，即可求得答案；
(2)利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案；
(3)由(1)结论可得∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，设|PB|=m|PA|,|PC|=n|PA|,|PA|=x，推出m+n=t，利用余弦定理以及勾股定理即可推出m+n+2=mn，再结合基本不等式即可求得答案．