2024回族自治区吴忠吴忠中学高二上学期11月期中考试数学试题含解析

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命题人：高军军 审核人：宋季霞 时间：120分钟总分：150分
一、单选题（每小题5分，共40分）
1. 已知直线：，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直线化为斜截式，即可确定其斜率.
【详解】由题设，直线可化为，故其斜率为.
故选：C
2. 某产品分甲、乙、丙三级，其中乙、丙均属于次品，生产中出现乙级品的概率为0.03，丙级品的概率为0.01．若从中抽查一件，则恰好得正品的概率为（ ）
A. 0.09B. 0.96C. 0.97D. 0.98
【答案】B
【解析】
【分析】根据互斥事件概率公式即得.
【详解】记事件A={甲级品}，B={乙级品}，C={丙级品}，则A与是对立事件，
所以．
故选：B.
3. 直线过圆的圆心，并且与直线垂直，则直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求圆心坐标，由垂直可得斜率，然后根据点斜式可得.
【详解】由可知圆心为，
又因为直线与直线垂直，
所以直线的斜率为，
由点斜式得直线，
化简得直线的方程是．
故选：D．
4. 如图，在直三棱柱中，，，，，则与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出以及，代入异面直线所成角的向量公式中即可得出答案.
【详解】因为为直三棱柱，且，所以建立如图所示的空间直角坐标系，，所以，，
设与所成角为，所以.
则与所成角的余弦值为.
故选：A.
5. 已知直线：，：，若，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线垂直的公式计算即可.
【详解】因为直线：，：，，
所以，解得.
故选：C.
6. 直线与x轴，y轴分别交于点A，B，以线段AB为直径的圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用截距式的几何意义得到，，从而求得该圆的圆心与半径，进而得解.
【详解】因为直线在x，y轴上的截距分别为4，2，则，，
所以AB的中点坐标为，且，
故以线段AB为直径的圆的方程为，即
故选：B
7. 已知点，点B在直线上，则AB的最小值为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据点和直线的位置关系，易知当与直线垂直时满足题意，求出点到直线的距离即可.
【详解】如下图所示：

易知当与直线垂直，且为垂足时，的值最小；
此时的最小值为点到直线的距离，
即.
故选：C
8. 如图，空间四边形的每条边和对角线长都等于，点，，分别是，，的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析】根据空间向量运算求得.
【详解】依题意，分别是的中点，
所以，
三角形是等边三角形，且边长为.
所以.
故选：B
二、多选题（每小题5分，共20分）
9. 已知直线，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线与直线l相互平行B. 直线与直线l相互垂直
C. 直线与直线l相交D. 点到直线l的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于选项ABC，根据直线与直线位置关系的判断方法，逐一对各个选项分析判断即可判断出选项ABC的正误；对于选项D，直接利用点到线的距离公式即可得到结果.
【详解】因为直线，斜率，纵截距为，
选项A，因为直线，斜率为，纵截距为，所以，，故直线相互平行，故A正确；
选项B，因为直线，斜率为，所以，故直线相交但不垂直，故B错误；
选项C，由，解得，所以直线的交点为，故C正确；
选项D，根据点到直线的距离的公式知，到直线l的距离，故D正确；
故选：ACD.
10. 下列结论正确的有
A. 从装有2个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，恰有一个黑球与至少有一个红球不是互斥事件
B. 在标准大气压下，水在时结冰为随机事件
C. 若一组数据，，，的众数是，则这组数据的平均数为
D. 某大学为了解在校本科生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法从该校四个年级的本科生中抽取一个容量为的样本进行调查.若该校一、二、三、四年级本科生人数之比为，则应从四年级中抽取名学生
【答案】AD
【解析】
【分析】
A.分别写出两个事件，根据互斥事件的概念判断；B.根据自然知识之间判断选项；C.根据众数和平均数公式计算结果；D.根据分层抽样的计算公式，计算结果.
【详解】A.恰有一个黑球包含的事件是“一黑一红”，至少有一个红球包含的事件是“一红一黑”和“两个红球”，两个事件有公共事件，所以不是互斥事件，故A正确；
B．在标准大气压下，水在时结冰为不可能事件，故B不正确
C.众数是2，所以，平均数，故C不正确；
D.由条件可知名学生，故D正确.
故选：AD
11. 过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据直线过原点和不过原点两种情况讨论，分别设出所求直线的方程，结合过点，即可求解.
【详解】当所求直线不过原点时，设所求直线的方程为，
因为直线过点，代入可得，即；
当所求直线过原点时，设直线方程为，
因为直线过点，代入可得，即，
综上可得，所求直线的方程为或.
故选：BC.
12. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则（ ）
A. B. 平面
C. D. 点到平面的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】建系，根据向量的数量积的坐标运算，向量的垂直垂线的性质，线面垂直的判定定理，向量法求解点面距，即可分别求解.
【详解】
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则
正确．
，
所以平面，直线与直线不垂直，正确，错误．
点到平面的距离为正确．
故选：ABD.
三、填空题（每小题5分，共20分）
13. 求过两条直线和的交点，且与平行的直线方程______.
【答案】
【解析】
【分析】求出直线和的交点，设所求直线方程为，代入交点坐标求解即可.
【详解】联立，解得，故交点坐标为，
设直线方程为，
将代入得，解得，
故所求直线方程为.
故答案为：
14. 设空间向量，，若，则__．
【答案】9
【解析】
【分析】先利用空间向量共线定理，得到，由此求出和的值，得到，的坐标，求出的坐标，再利用向量模的计算公式求解即可．
【详解】解：因为空间向量，，且，
所以，
即，
可得，解得，，
所以，
则，
所以．
故答案为：9
15. 假定某运动员每次投掷飞镖正中靶心的概率为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员两次投掷飞镖恰有一次命中靶心的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中靶心，5，6，7，8，9，0表示未命中靶心；再以每两个随机数为一组，代表两次的结果，经随机模拟产生了20组随机数：
据此估计，该运动员两次掷飞镖恰有一次正中靶心的概率为______．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】根据随机数以及古典概型的概率计算公式即可求解.
【详解】解：两次掷镖恰有一次正中靶心表示随机数中有且只有一个数为1，2，3，4中的之一.
它们分别是93，28，45，25，73，93，02，48，30，35共10个，
因此所求的概率为=0.5.
故答案为：.
16. 已知点P(x，y)在圆x2＋y2＝1上，则最大值为______
【答案】
【解析】
【分析】表示点与点的距离，由圆的性质可求．
【详解】圆的圆心为，半径为1，
圆心到点距离为，
∴所求最大值为．
【点睛】设圆的半径为，圆心到平面上一点的距离为，则圆上的点到点距离的最大值为，最小值为．
三、解答题（共70分）
17. 已知的三个顶点分别为．
（1）求边上的高所在直线的方程；
（2）求的面积．
【答案】（1）；
（2）5.
【解析】
【分析】（1）求出直线的斜率，进而求出边上的高所在直线的斜率及方程.
（2）求出直线的方程，由点到直线的距离求解三角形的高，进而求出面积.
【小问1详解】
直线的斜率为，因此边上的高所在直线的斜率为，
所以边上的高所在直线的方程为：.
【小问2详解】
直线的方程为，即，
于是点到直线的距离为：，而，
所以的面积.
18. 已知，．
（1）求线段的垂直平分线的直线方程；
（2）若一圆的圆心在直线上，且经过点，求该圆的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用点斜式方程即可求得；、
（2）分别求出圆心和半径，进而求出标准方程.
【小问1详解】
因为，，
所以的中点为，斜率，
所以线段的垂直平分线的斜率为，
即的直线方程为，化简得.
【小问2详解】
联立解得，，即圆心为，
所以圆的半径，
所以所求圆的标准方程为.
19. 为配合创建文明城市，某市交警支队全面启动路口秩序综合治理，重点整治机动车不礼让行人的行为.经过一段时间的治理，从市交警队数据库中调取了个路口的车辆违章数据，根据这个路口的违章车次的数量绘制如下的频率分布直方图，统计数据中凡违章车次超过次的路口设为“重点关注路口”
（1）根据直方图估计这个路口的违章车次的平均数；
（2）现从“重点关注路口”中随机抽取两个路口安排交警去执勤，求抽出来路口中有且仅有一个违章车次在的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图估计平均数方法直接计算即可；
（2）根据频率分布直方图可计算得到违章车次在和的路口数，采用列举法可得所有基本事件和满足题意的基本事件个数，利用古典概型概率公式可计算得到结果.
【小问1详解】
根据频率分布直方图可估计平均数为：
.
【小问2详解】
由频率分布直方图可知：违章车次在的路口有个，记为；违章车次在的路口有个，记为；
从“重点关注路口”中随机抽取两个路口，则有，，，，，，，，，，，，，，，共种情况；
其中有且仅有一个违章车次在的情况有，，，，，，，，共种情况；
所求概率.
20. 如图．在四棱锥中，底面是矩形，，平面，为中点，且．
（1）求证：平面；
（2）求面与面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接交于，易证，由线面平行的判定证结论；
（2）构建空间直角坐标系，应用向量法求面与面所成角的余弦值．
【小问1详解】
连接交于，底面是矩形，故是的中点，
为中点，则，面，面，
所以平面；
【小问2详解】
由题意，可构建如下图示的空间直角坐标系，
所以，则，
若为面的一个法向量，则，
令，则，又为面的一个法向量，
所以，故面与面所成角的余弦值为.
21. 甲、乙、丙三名学生一起参加某高校的强基计划考试，考试分笔试和面试两部分，笔试和面试均合格者将成为该高校的预录取生（可在高考中加分录取），两次考试过程相互独立，根据甲、乙、丙三名学生的平均成绩分析，甲、乙、丙3名学生能通过笔试的概率分别是0.7，0.5，0.6，能通过面试的概率分别是0.7，0.6，0.5.
（1）求甲、乙、丙三名学生中至少有两人通过笔试的概率；
（2）求经过两次考试后，至少有一人被该高校预录取的概率（精确到0.01）.
【答案】（1）0.65
（2）0.75
【解析】
【分析】（1）确定甲、乙、丙三名学生中至少有两人通过笔试的情况有4种可能，根据互斥事件的概率加法公式以及独立事件的乘法公式，即可求得答案.
（2）利用对立事件的概率求法即可得答案.
【小问1详解】
分别记“甲、乙、丙三名学生笔试合格”为事件，则为相互独立事件，E表示事件“至少有两人通过笔试”，
则
=，
即至少有两人通过笔试的概率是0.65；
【小问2详解】
分别记“甲、乙、丙三名学生经过两次考试后合格”为事件A，B，C，
则.
事件F表示“甲、乙、丙三人中至少有一人被该高校预录取”，
则表示甲、乙、丙三人均没有被该高校预录取，，
于是
，
即经过两次考试后，至少有一人被该高校预录取的概率是0.75
22. 在直角梯形中，，，，如图①把沿翻折，使得平面平面（如图②）．
（1）求证：；
（2）在线段上是否存在点，使得与平面所成的角为60°？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）存在，，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）若为中点，连接，易得，由面面、线面垂直的性质有，最后根据线面垂直的判定和性质证结论；
（2）过作，并构建空间直角坐标系，应用向量法及已知线面角的余弦值求出满足要求的点坐标，即可判断存在性并求的值.
【小问1详解】
由题设，若为中点，连接，则，
由面面，面面，面，则面，
而面，故，

又，，则，且，
所以，故，
所以，
，面，则面，
又面，所以.
【小问2详解】
过作，由（1）知：，且面，
所以可构建如下图示的空间直角坐标系，则，
设且，则，且，
若是面的一个法向量，则，
令，则，又与平面所成的角为60°，
所以，
整理得，可得或（舍），即，
而，则，，即，故.
93
28
12
45
85
69
68
34
31
25
73
93
02
75
56
48
87
30
11
35