四川省2023_2024学年高二数学上学期11月月考试题含解析

这是一份四川省2023_2024学年高二数学上学期11月月考试题含解析，共23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。
考试时间：120分钟
第I卷（选择题）
一、单选题（每题5分，共8小题，总计40分）
1. 直线的一个方向向量是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接根据方向向量的定义解答即可．
【详解】直线的斜率为，则选项中是直线的一个方向向量，即B正确．
故选：B．
2. 为空间的一组基底，则下列各项中能构成基底的一组向量是（）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】C
【解析】
【分析】确定，，排除ABD，得到答案.
【详解】对选项A：，向量共面，故不能构成基底，错误；
对选项B：，向量共面，故不能构成基底，错误；
对选项C：假设，即，这与题设矛盾，假设不成立，可以构成基底，正确；
对选项D：，向量共面，故不能构成基底，错误；
故选：C
3. 今有水平相当的棋手甲和棋手乙进行某项围棋比赛，胜者可获得24000元奖金.比赛规定下满五局，五局中获胜局数多者赢得比赛，比赛无平局，若比赛已进行三局，甲两胜一负，由于突发因素无法进行后面比赛，如何分配奖金最合理？（）
A. 甲12000元，乙12000元B. 甲16000元，乙8000元
C. 甲20000元，乙4000元D. 甲18000元，乙6000元
【答案】D
【解析】
【分析】根据甲乙两人最终获胜的概率即可按比例分配.
【详解】乙最终获胜的概率为，甲最终获胜的概率为，所以甲乙两人按照分配奖金才比较合理，所以甲元，乙元，
故选：D
4. 已知某运动员每次投篮命中的概率都为40%.现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器算出0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果.经随机模拟产生了20组随机数：
907 966 191 925 271 932 812 458 569 683
431 257 393 027 556 488 730 113 537 989
据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（）
A. 0.35B. 0.25C. 0.20D. 0.15
【答案】B
【解析】
【分析】已知三次投篮共有20种，再得到恰有两次命中的事件的种数，然后利用古典概型的概率公式求解.
【详解】三次投篮共有20种，
恰有两次命中的事件有：191，271，932，812，393，有5种
∴该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为
故选：B
【点睛】本题主要考古典概型的概率求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
5. 如图，空间四边形中，，，.点在上，且，为的中点，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的加减和数乘运算直接求解即可.
【详解】为的中点，,
.
故选：C.
6. 十项全能是田径运动中全能项目的一种，是由跑、跳、投等个田径项目组成的综合性男子比赛项目，比赛成绩是按照国际田径联合会制定的专门田径运动会全能评分表将各个单项成绩所得的评分加起来计算的，总分多者为优胜者.如图，这是某次十项全能比赛中甲、乙两名运动员的各个单项得分的雷达图，则下列说法不正确的是（）
A. 在米跑项目中，甲的得分比乙的得分高
B. 在跳高和标枪项目中，甲、乙水平相当
C. 甲的各项得分比乙的各项得分更均衡
D. 甲的各项得分的极差比乙的各项得分的极差大
【答案】C
【解析】
【分析】利用雷达图、结合方差、极差的概念逐项判断即可.
【详解】对于A，由图中数据知，在米跑项目中，甲的得分比乙的得分高，正确；
对于B，由图中数据知，在跳高和标枪项目中，甲、乙水平相当，正确；
对于C，甲的各项得分差异比乙的各项得分差异大，因此乙的各项得分更均衡，不正确；
对于D，甲的各项得分的极差大于400，乙的各项得分的极差小于200，所以乙的各项得分的极差大，正确.
故选：C.
7. 设直线l方程为，则直线l的倾斜角的范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】当时，可得倾斜角，当时，由直线方程可得斜率，然后由余弦函数和正切函数的性质求解．
【详解】当时，方程为，直线的倾斜角，
当时，由直线方程可得斜率，
，且，
，即，
又，，
综上，倾斜角的范围是
故选：D．
8. 如图，已知正方体，空间中一点满足，且，当取最小值时，点位置记为点，则数量积的不同取值的个数为（）
A. 3B. 6C. 7D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】以为坐标原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间坐标系，由题意可得点在平面内，且当平面时，取最小值，即平面,求出的坐标，计算出的值，即可得答案.
【详解】以为坐标原点，、、分别为轴、轴、轴建立空间坐标系，如图所示：
设正方体的棱长为，
则，，，，，，，，
因为，且，
所以点在平面内，
又因为三棱锥为正三棱锥，
当平面时，取最小值，此时点位置记为点，
所以为的重心，则，故，
又因为，，，，，，，
所以，，，，，，，
所以共3个不同的取值.
故选：A.
【点睛】关键点睛：在平面中，如果，且，则三点共线；
在空间中，如果，且，则四点共面.
二、多选题（每题5分，共4小题，总计20分）
9. 甲､乙各投掷一枚骰子，下列说法正确的是（）
A. 事件“甲投得5点”与事件“甲投得4点”不是互斥事件
B. 事件“甲投得6点”与事件“乙投得5点”是相互独立事件
C. 事件“甲､乙都投得6点”与事件“甲､乙不全投得6点”是对立事件
D. 事件“至少有1人投得6点”与事件“甲投得6点且乙没投得6点”是相互独立事件
【答案】BC
【解析】
【分析】根据互斥事件、独立事件和对立事件的定义逐一判断即可.
【详解】对于A，事件“甲投得5点”与事件“甲投得4点”不可能同时发生，二者为互斥事件，A错误；
对于B, 事件“甲投得6点”发生与否对事件“乙投得5点”没有影响，二者是相互独立事件，B正确；
对于C，事件“甲､乙都投得6点”的反面为“至少有1人没有投得6点”，也即“甲､乙不全投得6点”，
故事件“甲､乙都投得6点”与事件“甲､乙不全投得6点”是对立事件，C正确；
对于D，事件“至少有1人投得6点”包含“甲投得6点且乙没投得6点”的情况，
故事件“至少有1人投得6点”与事件“甲投得6点且乙没投得6点”不是相互独立事件，D错误，
故选：BC
10. 直线过点，且在两坐标轴上的截距的绝对值相等，则直线在轴上的截距可能是（）
A. 3B. 0C. D. 1
【答案】ABD
【解析】
【分析】通过讨论直线截距是否为的情况，即可得出结论
【详解】由题意，直线过点，在两坐标轴上的截距的绝对值相等，
当直线的截距为0时，显然满足题意，为：；
当直线的截距不为0时，设横、纵截距分别为，则直线方程为：，
∴，解得：或，
∴直线的纵截距可取.
故选：ABD.
11. 某校高二年级有男生600人，女生400人，张华按男生、女生进行分层，通过分层抽样的方法，得到一个总样本量为100的样本，计算得到男生、女生的平均身高分别为170cm和160cm，方差分别为15和30，则下列说法正确的有（ ）
A. 若张华采用样本量比例分配的方式进行抽样，则男生、女生分别应抽取60人和40人；
B. 若张华采用样本量比例分配的方式进行抽样，则样本的方差为37.8；
C. 若张华采用样本量比例分配的方式进行抽样，则样本的平均数为166，此时可用样本平均数估计总体的平均数；
D. 若张华采用等额抽取，即男生、女生分别抽取50人，则某男生甲被抽到的概率为.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据分层抽样、方差、平均数、古典概型等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，男生抽取，女生抽取人，A选项正确.
C选项，样本平均数为，可以用样本平均数估计总体的平均数，C选项正确.
B选项，样本方差为
，所以B选项错误.
D选项，男生甲被抽到的概率为，D选项错误.
故选：AC
12. 如图，在长方体中，点P是底面内的动点，分别为中点，若，则下列说法正确的是（）
A. 最大值为1
B. 四棱锥的体积和表面积均不变
C. 若面，则点P轨迹的长为
D. 在棱上存在一点M，使得面面
【答案】ACD
【解析】
【分析】，当点与点重合时，，可得最大值为1可判断A；利用棱锥的体积公式计算可得四棱锥的体积；
当点与点重合、为上底面的中心时，计算出表面积可判断B；取的中点，的中点，利用面面平行的判定定理可得平面平面，可得点P轨迹为线段，求出可判断C；以为原点，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，设，求出平面、平面的一个法向量，利用面面垂直的向量求法求出可判断D.
【详解】对于A，，当点与点重合时，，即，所以，
所以
，
所以最大值为1，故A正确；
对于B，因为点到底面的距离为，底面面积为，
所以四棱锥的体积为，是定值；
当点与点重合时，四个侧面都为直角三角形，所以表面积为
，
当点为上底面的中心时，连接，则，且，
，此时表面积为
，
所以，故C错误；
对于C，取的中点，的中点，分别连接，可得，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面，平面，所以平面，且，
平面，所以平面平面，当时，平面，可得面，则点P轨迹为线段，此时，故C正确；
对于D，以为原点，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，
所以，设，则，
，，
设平面的一个法向量为，
所以，，令可得，
设平面的一个法向量为，
所以，，令可得，
由，解得，满足题意，故D正确.
故选：ACD
【点睛】空间中面面角的解题步骤：
第一步 首先建立适当的直角坐标系并写出相应点的空间直角坐标；
第二步 然后求出两个平面的法向量；
第三步 再利用向量的夹角公式即可得出结论.
第II卷（非选择题）
三、填空题（每题5分，共4小题，总计20分）
13. 在空间直角坐标系中，点到平面的距离为________.
【答案】5
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系的定义和点的坐标得到答案.
【详解】到平面的距离为竖坐标的绝对值，即为5
故答案为：5
14. 已知直线互相垂直，则的值为______ .
【答案】.
【解析】
【分析】根据两条直线垂直的条件，得到所满足的等量关系式，解方程，求得的值.
【详解】因为直线互相垂直，
则有，即，
进一步化简得，
解得或，故答案是0或2.
【点睛】该题所考查的是有关两条直线垂直的条件，利用
垂直的条件是，得到关于所满足的等量关系式，求得结果.
15. 在正四棱锥S­ABCD中，O为顶点在底面内的投影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC的夹角是________．
【答案】30°
【解析】
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．
【详解】解：如图所示，以O为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz.
设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A(a，0，0)，B(0，a，0)，C(－a，0，0)，，
则＝(2a，0，0)，＝，＝(a，a，0)．
设平面PAC的法向量为＝(x，y，z)，
因为⊥，，
所以所以x＝0，y＝z，
令y＝1，则＝(0，1，1)是平面PAC的一个法向量，
所以cs〈〉＝，
所以〈〉＝60°，
所以直线BC与平面PAC的夹角为90°－60°＝30°．
故答案为：30°．
【点睛】方法点睛：本题考查证明线面垂直，考查求直线与平面所成的角，求线面角常用方法：
（1）定义法：作出直线与平面所成的角并证明，然后在直角三角形中计算可得；
（2）向量法：建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦的绝对值等于直线与平面所成角的正弦值计算．
16. 已知正三棱柱的所有棱长均为2，为线段上的动点，则到平面的最大距离为________.
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，连接，以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可.
【详解】取的中点，连接，
因为三棱柱为正三棱柱，所以，平面，
因为平面，所以，
所以以为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为正三棱柱的所有棱长均为2，
所以，
设，则，
所以,
当时，，
设平面的法向量为，则
，令，则，
设到平面的距离为，则
，
当时，设平面的法向量为，则
，令，则，
设到平面的距离为，则
，
所以当时，取得最大值，
因为，
所以到平面的最大距离为，
故答案为：
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. 已知直线过点．
（1）若直线与直线垂直，求直线的方程；
（2）若直线与两坐标轴上围成的三角形面积为，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设直线的方程为，代入点坐标可得答案；
（2）设直线的方程为，求出横截距、纵截距，利用可得答案.
【小问1详解】
设直线的方程为
过点，
的方程：；
【小问2详解】
设直线的方程为，
横截距为，纵截距为，
，
或，
方程为或.
18. 甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女．
（1）若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师性别相同的概率；
（2）若从报名的6名教师中任选2名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师来自同一学校的概率．
【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】甲校的男教师用A、B表示，女教师用C表示，乙校的男教师用D表示，女教师用E、F表示，
（1）根据题意，从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，
有（AD），（AE），（AF），（BD），（BE），（BF），（CD），（CE），（CF），共9种；
其中性别相同的有（AD）（BD）（CE）（CF）四种；
则选出的2名教师性别相同的概率为P=；
（2）若从报名的6名教师中任选2名，
有（AB）（AC）（AD）（AE）（AF）（BC）（BD）（BE）（BF）（CD）（CE）（CF）（DE）（DF）（EF）共15种；
其中选出的教师来自同一个学校的有6种；
则选出的2名教师来自同一学校的概率为P=．
19. 如图，在四棱锥中，底面，，，，.
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量法即可求得异面直线的夹角余弦值；
（2）由向量法即可求得面面角的夹角余弦值.
【小问1详解】
因为底面，底面，
所以，，
且，，所以，
以为坐标原点，分别以为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，
所以，
故异面直线与所成角的余弦值为.
【小问2详解】
，设平面的法向量为，
则，即，
令，得.
易知是平面的一个法向量，
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
20. 从2022年秋季学期起，四川省启动实施高考综合改革，实行高考科目“3+1+2”模式.“3”指语文、数学、外语三门统考学科，以原始分数计入高考成绩；“1”指考生从物理、历史两门学科中“首选”一门学科，以原始分数计入高考成绩；“2”指考生从政法、地理、化学、生物四门学科中“再选”两门学科，以等级分计入高考成绩.按照方案，再选学科的等级分赋分规则如下，将考生原始成绩从高到低划分为A，B，C，D，E五个等级，各等级人数所占比例及赋分区间如下表：
将各等级内考生的原始分依照等比例转换法分别转换到赋分区间内，得到等级分，转换公式为，其中，分别表示原始分区间的最低分和最高分，，分别表示等级赋分区间的最低分和最高分，Y表示考生的原始分，表示考生的等级分，规定原始分为时，等级分为，计算结果四舍五入取整.某次化学考试的原始分最低分为50，最高分为98，呈连续整数分布，其频率分布直方图如下：
（1）根据频率分布直方图，求此次化学考试成绩的平均值；
（2）按照等级分赋分规则，估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间；
（3）用估计的结果近似代替原始分区间，若某学生化学成线的原始分为90，试计算其等级分.
【答案】（1）73（2）
（3）91分
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图各小矩形面积和为1求出，由频率分布直方图中平均数的概念求解平均数；
（2）求出等级A的原始分区间的最低分，又最高分为98，即可得解；
（3）利用给定转换公式求出等级分作答．
【小问1详解】
由，可得，
此次化学考试成绩的平均值为分．
【小问2详解】
由频率分布直方图知，原始分成绩位于区间的占比为，位于区间的占比为，
因为成绩A等级占比为，所以等级A的原始分区间的最低分位于区间，
估计等级A的原始分区间的最低分为，
已知最高分为98，所以估计此次考试化学成绩A等级的原始分区间为．
【小问3详解】
由，解得，该学生的等级分为91分．
21. 如图,在四棱锥中,底面是菱形,,三角形为正三角形,且侧面底面.分别为线段,的中点.
（1）求证:平面;
（2）在棱上是否存在点,使平面平面,请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）构造三角形的中位线得到线线平行,进而得到线面平行;
（2）在棱上存在点,为的中点时,平面⊥平面,先猜后证,先证线面垂直,由线面推出面面垂直.
【小问1详解】
连接交于点,连接,
因为四边形是菱形,
所以点为的中点.
又因为为的中点,
所以.
又因为平面平面,
所以平面.
【小问2详解】
在棱上存在点为的中点时,平面平面.
证明:连接.
因为为正三角形,为的中点,
所以,
又因为平面平面,平面平面平面.
所以平面,又平面,
所以,
因为是菱形,为的中点,
所以是正三角形,,
因为,
所以,
因为,平面,平面,
所以平面,又平面,
所以.
因为分别为的中点,
所以,
所以,
因为是菱形,,
所以是正三角形.
又因为为的中点,
所以,
因为,平面,平面,
所以平面,
因为平面,
所以平面平面.
22. 如图1，在中，，，分别为边，的中点，且，将沿折起到的位置，使，如图2，连接，.
图1 图2
（1）求证：平面；
（2）若为的中点，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）线段上一动点满足，判断是否存在，使二面角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
分析】（1）由中位线和垂直关系得到，，从而得到线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求出线面角的正弦值；
（3）求出两平面的法向量，根据二面角的正弦值列出方程，求出，得到答案.
【小问1详解】
因为，分别为，的中点，所以.
因为，所以，所以.
又，，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为，，，所以，，两两垂直.
以坐标原点，所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
依题意有，，，，，，
则，，，
设平面的法向量，
则有
令，得，，所以是平面的一个法向量.
因为，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
假设存在，使二面角的正弦值为，
即使二面角的余弦值为.
由（2）得，，
所以，，.
易得平面的一个法向量为.
设平面的法向量，
，
解得，令，得，
则是平面的一个法向量.
由图形可以看出二面角的夹角为锐角，且正弦值为，
故二面角的余弦值为，
则有，
即，解得，.
又因为，所以.
故存在，使二面角的正弦值为
等级
A
B
C
D
E
人数比例
赋分区间