2024-2025学年第一学期高二数学期中模拟检测试题（统计概率-直线方程）

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注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．甲、乙两人独立地破译一份密码，设事件“甲成功破译”，事件“乙成功破译”，则表示“密码被成功破译”的事件为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】“密码被成功破译”是指甲、乙两人至少有一个成功破译密码，根据这个依据即可求解.
【详解】“密码被成功破译”是指甲、乙两人至少有一个成功破译密码,而事件指的就是至少有一人破译密码.
故选：A.
2．若向量，则（ ）
A．B．4C．1D．3
【答案】A
【分析】先求出向量，再由向量模的公式求出.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A．
3．如图，在平行六面体中，M是与的交点，若，，，且，则（ ）

A．1B．C．0D．
【答案】A
【分析】根据给定的几何体，结合空间向量运算用表示，再利用空间向量基本定义即可求解.
【详解】在平行六面体中，M是与的交点，
则，
又，由空间向量基本定理，知，，，
所以.
故选：A
4．已知有四个不同的小球A，B，C，D，准备放入四个不同的盒子之中，则小球A，B放入到同一个盒子中的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出四个不同的小球放入四个不同的盒子的方法总数以及小球A，B放入到同一个盒子中的方法总数，由古典概率的公式代入即可得出答案.
【详解】根据题意得四个不同的小球A，B，C，D放入四个不同的盒子中的全部情况有种，
而满足小球A，B放入到同一个盒子中的情况有种，
所以小球A，B放入到同一个盒子中的概率为.
故选：B.
5．若直线的斜率，那么该直线不经过（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】C
【分析】先求得过定点，再依据其斜率，即可得到该直线不经过第三象限.
【详解】直线可化为
则直线过定点，
又直线斜率，
故该直线不经过第三象限.
故选：C
6．已知空间向量，且，则与的夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用空间向量坐标运算，求出n值，再利用夹角公式计算作答.
【详解】向量，则，
由，得，解得，，
因此，，，
所以与的夹角的余弦值.
故选：B
7．故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶.如图所示的五面体的底面为一个矩形，，，，棱分别是的中点.求直线与平面所成角的正弦值（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
过作，为垂足，根据垂直关系证明平面，平面，建系，利用空间向量求线面夹角,
【详解】因为，为的中点，所以，
在矩形中，,，分别为，的中点，
故，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
在平面中，过作，为垂足，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
以为坐标原点，过点H作,交于S,交于Q，
以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
由题意得,
所以，，，，
所以，，.
设平面的法向量，则 ，即 ，
令，得为平面的一个法向量，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：C.
8．已知直线，点，记到的距离为，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】当直线过点时，求出的值，可得出；然后求出直线所过定点的作坐标，求出，分析可知当时，最大，但此时不存在，由此可得出的取值范围.
【详解】若直线过点，则，解得，
此时，点到直线的距离为；
由直线，可得，
由，可解得，
即直线过定点，
则，，
当直线与直线垂直时，最大，
此时，直线的斜率为，的值不存在，即这样的直线不存在，
所以.
故选：C.
二、选择题：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．已知直线，则下列选项中不正确的有（ ）
A．直线l的倾斜角为
B．直线l的斜率为
C．直线l不经过第三象限
D．直线l的一个方向向量为
【答案】AB
【分析】根据直线方程写出倾斜角、斜率和轴上截距，即知所过象限，并确定一个方向向量，即可判断各项的正误．
【详解】由直线方程得，即斜率为，则倾斜角为，轴上截距为2，则直线不经过第三象限，故A、B错，C对；
显然是直线的一个方向向量，因为，所以也是直线一个方向向量，故D对，
故选：AB．
10．6个相同的分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．记第一次取出球的数字为，第二次取出球的数字为．设，其中表示不超过X的最大整数，则（ ）
A．B．
C．事件“”与“”互斥D．事件“”与“”对立
【答案】AC
【分析】结合互斥事件和对立事件的定义，结合古典概型公式即可得出结论.
【详解】由题意，
6个相同的分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．
∴共有36种可能的情况，其中的情况共有：，
∴，故A正确.
∵两次取球数字之和为5的情况有以下四种：，，，，
∴，故B错误.
当时，，
∴事件“”与“”互斥，故C正确.
∵当时，，
当，时，
∴事件“”与“”不对立，故D错误.
故选：AC.
11．如图所示，已知正方体的边长为2，E、F、G、H分别为、BC、CD、的中点，则下列结论正确的是（ ）

A．
B．平面AEF
C．点到平面AEF的距离为2
D．二面角的大小为
【答案】ABC
【分析】建系标点，对于AB：利用空间向量判断空间中线、面关系；对于C：利用空间向量求点到面的距离；对于D：利用空间向量求二面角.
【详解】以D为原点，DA，DC，所在直线分别为为x，y，z轴所在直线，建立空间直角坐标系，

则A2,0,0,,,,,,,，，
对于选项A：可得,．
因为，则，故A正确；
对于选项B：可得，，
设n=x,y,z为平面AEF的一个法向量，则，
令，则，可得，
因为，即，
且平面AEF，所以平面AEF，故B正确；
对于选项C：因为，
所以点到平面AEF的距离为，故C正确；
对于选项D：由题意可知：是平面AFC的一个法向量，
则，
所以二面角的大小不是，所以D不正确．
故选：ABC.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知事件与事件相互独立，为事件的对立事件．若，，则 ．
【答案】
【分析】依题意可得事件与事件相互独立，求出，再根据相互独立事件的概率乘法公式计算可得.
【详解】因为事件与事件相互独立，则事件与事件也相互独立，
又，，
所以，
所以.
故答案为：
13．已知空间向量
（1）若，且，则 ；
（2）若共面，在以下三个条件中①，②，③选取一个作为已知，则的值可以为 ．
【答案】 或或(只需写出一个)
【分析】(1)结合已知条件，利用垂直的空间向量的数量积为0和数量积的坐标运算即可求解；(2)利用空间向量的基本定理即可求解.
【详解】(1)当时，，
因为，
所以，
因为，
所以，解得；
(2)因为共面，
所以由空间向量的基本定理可知，，
选①，则，
故，解得；
选②，则，
故，解得；
选③，则，
故，解得；
综上所述，的值可以为或或.
故答案为：；或或.
14．已知两条平行直线间的距离为，则 .
【答案】5
【分析】先利用两直线平行求得m的值，再利用两平行直线间的距离公式求得n的值，进而求得的值.
【详解】根据题意，两条直线平行，
必有，解可得
则即，变形可得，
又由两条平行直线间的距离为，则有，
故，解之可得或，
则时；时.
故答案为：5.
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．已知的顶点为，，．
(1)求边所在的直线的方程；
(2)求边的高线所在的直线的方程；
(3)求的面积．
【答案】(1)
(2)
(3)10
【分析】（1）直接由点坐标得到两点式方程，化简即可；
（2），则边上高线的斜率为，直接写出点斜式方程，化简即可；
（3）首先求出到直线的距离，再求出的长，则可计算出三角形面积.
【详解】（1）直线的两点式方程为，化简得，故边所在的直线方程为.
（2）由（1）知，故边上高线的斜率为，
故其所在直线方程为，化简得
（3）边所在的直线方程为，故到直线的距离
,
故
16．抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为一号和二号），观察两枚骰子分别可能出现的基本结果.
(1)写出这个试验的样本空间；
(2)求下列事件的概率：
①A=“两个点数之和是”；
②B=“一号骰子的点数比二号骰子的点数大”.
【答案】(1)样本空间详见解析
(2)①；②
【分析】（1）列用列举法求得正确答案.
（2）结合（1）以及古典概型概率计算公式求得正确答案.
【详解】（1）样本空间为：
{，
，
，
，
，
}.
（2）①“两个点数之和是”，包括的样本为：
，，，，，
所以.
②“一号骰子的点数比二号骰子的点数大”，包括的样本为：
，，，
，，
所以.
17．如图所示，在底面是矩形的四棱锥中，底面分别是的中点，.
(1)求两点间的距离；
(2)求证：平面；
(3)求证：平面平面.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，结合空间向量求解，进而求解；
（2）利用空间向量可得，进而得到，进而根据线面平行的判定定理即可证明；
（3）利用空间向量可得，进而得到平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明.
【详解】（1）由题可知，底面，，
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
即两点间的距离为.
（2）由（1）知，，
所以，即，即，
又平面平面，
所以平面.
（3）由（2）知，，，，
所以，，
则，即，
又，且平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面.
18．从某学校的800名男生中随机抽取50名测量身高，被测学生身高全部介于155cm和195cm之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组，第二组，，第八组，下图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第一组与第八组人数相同，第六组的人数为4人．
(1)求第七组的频率；
(2)该校选拔篮球队需要身高前15%的男生，请根据频率分布直方图估计需要的最低身高（精确到0.1）；
(3)若从身高属于第六组和第八组的所有男生中随机抽取两名男生，记他们的身高分别为x，y，事件，求．
【答案】(1)；
(2)；
(3)．
【分析】（1）由频率分布直方图的性质求第七组的频率；
（2）估算出身高在第八组、第七组及第六组的频率为，可知该校选拔篮球队需要身高前的男生在第六组，根据频率所占百分比可得答案；
（3）确定样本空间，利用古典概型概率公式求概率.
【详解】（1）第六组的频率为，
∴第七组的频率为；
（2）由直方图得，身高在第八组的频率为，
身高在第七组的频率为，
身高在第六组的频率为，
因为，所以，
该校选拔篮球队需要身高前的男生最低身高约为；
（3）第六组的人数为4，设为a，b，c，d，
第八组的人数为，设为A，B，
则从中随机抽取两名男生有ab，ac，ad，bc，bd，cd，aA，aB，bA，
bB，cA，cB，dA，dB，AB共15种情况，
因事件发生当且仅当随机抽取的两名男生在同一组，
所以事件E包含的基本事件为ab，ac，ad，bc，bd，cd，AB共7种情况．
所以．
19．如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是，D是AC的中点．
(1).求证：B1C∥平面A1BD；
(2).求二面角A1-BD-A平面角的大小；
(3).在线段AA1上是否存在一点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD，若存在，求出AE的长；若不存在，说明理由．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)存在点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD且AE=
【分析】（1）连接AB1交A1B于M，连接B1C，DM.由已知条件得四边形AA1B1B是矩形，由三角形中位线定理能证明B1C∥平面A1BD．
（2）作CO⊥AB于O，建立空间直角坐标系O－xyz．后利用向量法求出二面角A1－BD－A的大小．
（3）设E(1，x，0)，求出平面B1C1E的法向量，后利用向量法说明点E的存在性.
【详解】（1）如图，连接AB1交A1B于M，连接DM.
因为三棱柱ABC－A1B1C1是正三棱柱，
所以四边形AA1B1B是矩形，所以M为AB1的中点．
因为D是AC的中点，所以MD是三角形AB1C的中位线，所以MD∥B1C．
因为MD平面A1BD，B1C平面A1BD，所以B1C∥平面A1BD．
（2）如图，作CO⊥AB于O，因几何体为正三棱柱，故CO⊥平面ABB1A1，
所以在正三棱柱ABC－A1B1C1中如图建立空间直角坐标系O－xyz．
因为AB=2，AA1=，D是AC的中点．
所以
.
设是平面A1BD的法向量，
所以即，取.
所以是平面A1BD的一个法向量．
又由题意可知是平面ABD的一个法向量，
所以．
由图知二面角A1－BD－A的平面角为锐角，所以它的大小为．
（3）设E(1，x，0)，则，
设平面B1C1E的法向量.
所以即.
取.则，
由题有，又.即，解得x=.
所以存在点E，使得平面B1C1E⊥平面A1BD且AE=．
【点睛】易错点点睛:处理立体几何相关问题时，需注意以下几点:
（1）证明线面平行时，常利用三角形中位线定理，平行四边形性质找平行关系.但条件要写完整，不能漏写关键条件.
（2）利用向量法解决立体几何问题时，建系需写出建立依据及步骤.此外，对于求二面角，有时需通过所给图形判断其平面角为锐角还是钝角.
（3）求法向量时，需注意平面的法向量有无数多个，因此我们需选取便于我们计算的.