四川省南充高级中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）.docx

1、高2022级高二上期期中考试数学试题总分150分 考试时间120分钟注意事项：1答题前，务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上.2答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.3答非选择题时，将答案书写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效.4考试结束后将答题卡交回.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，只有一项是符合题目要求的1. 直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 2. 水平放置的的直观图如图所示，是中边的中点，且平行于轴，则，对应于原中的线段AB，AD，AC，对于这三

2、条线段，正确的判断是（ ） A. 最短的是ADB. 最短的是ACC. D. 3. 若，则的值是（ ）A. B. C. D. 4. 如图，在直三棱柱中，则异面直线与所成角大小为（ ）A. B. C. D. 5. 已知某运动员每次投篮命中的概率都为，现采用随机模拟的方式估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算机产生0到9之间取整数值的随机数，指定表示命中，表示不命中；再以三个随机数为一组，代表三次投篮结果，经随机模拟产生了如下12组随机数：，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（ ）A. B. C. D. 6. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A.

3、若，则B. 若，则C. 若且，则D. 若，则7. 2023年7月28日、第31届世界大学生夏季运动会将在成都东安湖体育公园开幕公园十二景中的第一景东安阁，阁楼整体采用唐代风格、萃取太阳神乌形象、蜀锦与宝相花纹（芙蓉花）元素，严谨地按照唐式高阁的建筑形制设计建造，已成为成都市文化新地标，面向世界展现千年巴蜀风韵某数学兴趣小组在探测东安阁高度的实践活动中，选取与阁底A在同一水平面的B，C两处作为观测点，测得，在C处测得阁顶的仰角为45，则他们测得东安阁的高度为（精确到，参考数据：，）（ ） A. B. C. D. 8. 南高学生到南充内燃机厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型如图，该模型为长方体挖

4、去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，3D打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为（ ）g A. 86.4B. 172.8C. 864D. 950.4二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 设复数，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）A. 共轭复数为B. C. D. 10. 将一枚质地均匀的骰子抛掷两次，记事件“第一次出现奇数点”，事件“两次点数之积为偶数”，事件“两次点数之和为5”，则（ ）A. 事件必然事件B. 事件与事件是互斥

5、事件C. 事件包含事件D. 事件与事件是相互独立事件11. 如图所示，四边形为梯形，其中，分别为中点，则结论正确的是（ ）A. B. C. D. 12. 如图，棱长为2的正方体中，点、满足，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（ ）A. B. 平面C. 若平面，则的最大值为D. 若平面，则点的轨迹长度为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知一组数据：24，30，40，44，48，52.则这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为_.14. 直线，若，则实数的值为_.15. 已知，则三角形的面积为_16. 正四面体的棱长为12，点是该正四面体内切球球面上的动点，当

6、取得最小值时，点到的距离为_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. 已知四边形的三个顶点，（1）若四边形是平行四边形，求顶点的坐标；（2）求点到直线的距离18. 如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为记， （1）求长；（2）求与夹角的余弦值19. 如图，在直三棱柱中，分别为，的中点（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值20. 2023年，某地为了帮助中小微企业渡过难关，给予企业一定的专项贷款资金支持下图是该地100家中小微企业的专项贷款金额（万元）的频率分布直方图（1）确定的值，并估计这100家中小微企业的专项贷

7、款金额的众数；（2）从这100家中小微企业中按专项贷款金额分层抽样随机抽取20家，再从这20家专项贷款金额在内的企业中随机抽取3家，求这3家的专项贷款金额都在内的概率21. 在中，角所对的边分别为已知，（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值22. 如图，在等腰梯形中，/，四边形矩形，平面平面，（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离；（3）若点在线段上运动，设平面与平面的夹角为，试求的取值范围高2022级高二上期期中考试数学试题（命、审题人：陈昀 王磊 陈勇 李思健）总分150分 考试时间120分钟注意事项：1答题前，务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡规定的位置上.2答选择题时，必须使

8、用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号.3答非选择题时，将答案书写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效.4考试结束后将答题卡交回.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，只有一项是符合题目要求的1. 直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用直线斜率与倾斜角的关系即可求得倾斜角为.【详解】根据直线方程可知其斜率为，设直线倾斜角为，则，可得.故选：B2. 水平放置的的直观图如图所示，是中边的中点，且平行于轴，则，对应于原中的线段AB，AD，AC，对于这三条线段，正确的判断是（

9、） A. 最短的是ADB. 最短的是ACC. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意，由直观图与原图的关系，结合条件，即可判断.【详解】因为平行于轴，所以在中，又因为是中边的中点，所以是的中点，所以.故选：A3. 若，则的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用余弦的差角公式得到，再根据条件即可求出结果.【详解】因为，又，所以，故选：D.4. 如图，在直三棱柱中，则异面直线与所成角大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】以点坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角大小.【详解】在直三棱柱中，平面，且，

10、以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，所以，所以，则，所以，异面直线与所成角为.故选：A.5. 已知某运动员每次投篮命中的概率都为，现采用随机模拟的方式估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算机产生0到9之间取整数值的随机数，指定表示命中，表示不命中；再以三个随机数为一组，代表三次投篮结果，经随机模拟产生了如下12组随机数：，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据随机数找出三次投篮恰有两次命中的数组，再根据古典概型的概率公式计算可得.【详解】依题意在组随机数中三次投篮恰有两次命中的有

11、：，共个，所以该运动员三次投篮恰有两次命中的概率.故选：A6. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若且，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】根据线面垂直以及面面垂直的性质判断A，B；根据线面平行的性质判断C；根据线面垂直的性质判断D.【详解】对于A，若，则或者或者相交，故A错误，对于B，若，则或者或者相交，故B错误，对于C，若且，则m与n可能平行、相交或异面，故C错误.对于D，若，则，又，所以，故D正确，故选：D.7. 2023年7月28日、第31届世界大学生夏季运动会将在成都东安湖体育公园开幕公园十二景中的第一景东安阁，阁楼整体采

12、用唐代风格、萃取太阳神乌形象、蜀锦与宝相花纹（芙蓉花）元素，严谨地按照唐式高阁的建筑形制设计建造，已成为成都市文化新地标，面向世界展现千年巴蜀风韵某数学兴趣小组在探测东安阁高度的实践活动中，选取与阁底A在同一水平面的B，C两处作为观测点，测得，在C处测得阁顶的仰角为45，则他们测得东安阁的高度为（精确到，参考数据：，）（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】在中，由正弦定理可求，进而可得结果.【详解】在中，则，因为，可得（m），在中，则，即为等腰直角三角形，可得（m）.故选：C.8. 南高学生到南充内燃机厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得

13、的几何体，其中为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，3D打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为（ ）g A. 86.4B. 172.8C. 864D. 950.4【答案】D【解析】【分析】根据题设，应用棱锥、长方体的体积求法求该模型的体积，进而求其质量.【详解】由题设，且棱锥的高为，所以，长方体的体积，所以该模型体积，故该模型所需原料的质量为 g.故选：D二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 设复数，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）A. 的共轭复数为B

14、. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】由共轭复数的定义、复数模的公式，复数乘法的运算，对选项进行判断.【详解】复数，则，A选项正确；，B选项正确；，C选项错误；，D选项错误.故选：AB10. 将一枚质地均匀的骰子抛掷两次，记事件“第一次出现奇数点”，事件“两次点数之积为偶数”，事件“两次点数之和为5”，则（ ）A. 事件是必然事件B. 事件与事件是互斥事件C. 事件包含事件D. 事件与事件是相互独立事件【答案】ACD【解析】【分析】列出事件A，B，C，AC的基本事件，再利用事件的基本关系判断.【详解】解：事件A的基本事件有：，事件B的基本事件有： ，事件C的基本事件有： ，事件AC的基本

15、事件有： ，A.事件是必然事件，故正确；B.因为，所以事件与事件不是互斥事件，故错误；C.因为，所以事件包含事件，故正确；D.因为，所以 ，所以事件与事件是相互独立事件，故正确；故选：ACD11. 如图所示，四边形为梯形，其中，分别为的中点，则结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】根据给定条件，可得四边形为平行四边形，再结合向量线性运算逐项分析计算作答.【详解】对于A，四边形为梯形，为中点，即有，则四边形为平行四边形，A正确；对于B，为中点，B正确；对于C，为的中点，C不正确；对于D，由选项A知，D不正确.故选：AB12. 如图，棱长为2的正方体中，点、满足，点

16、是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（ ）A. B. 平面C. 若平面，则的最大值为D. 若平面，则点的轨迹长度为【答案】ABC【解析】【分析】以点为原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A、B选项，分别取、中点、，连接、，证明面面平行，找出点的轨迹，结合图形求出的最大值和点的轨迹长度，可判断C、D选项.【详解】以点为原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、，对于A选项，故，选项A正确；对于B选项，因为，设平面法向量为，则，取，则，可得，即，因为平面，所以平面，故选项B正确；对于C选项，因为，所以为中点，如图分别取、中点、，连接、

17、，因为、分别为、中点，所以，又因为且，则四边形为平行四边形，所以，所以，且平面，平面，所以平面，同理可得，平面，因为，、平面，所以平面平面，因此当点P 为的边上一点（异于点）时，则平面，所以平面，故点P的轨迹为的边上一点（异于点），因为，所以结合图形可知，当点P在G点或H点时，取得最大值，故选项C正确；对于D选项，根据C选项的分析，P点的轨迹的长度为，故D选项错误.故选：ABC【点睛】本题核心是将求轨迹问题转化为面面平行的问题，满足条件的点一定在与已知平面平行的平面上，只要做出这个平面就能画出轨迹.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知一组数据：24，30，40，44，48

18、，52.则这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为_.【答案】36【解析】【分析】根据百分位数的定义得到第30百分位和第50百分位，即可求解【详解】因为，故这组数据的第30百分位数为30，因为，所以第50百分位数为，所以这组数据的第30百分位数、第50百分位数的平均数为，故答案为：3614. 直线，若，则实数的值为_.【答案】或【解析】【分析】根据直线垂直的充要条件计算即可.【详解】由题意可知：，解之得或1.故答案为：或.15. 已知，则三角形的面积为_【答案】#【解析】【分析】利用空间向量求出，再利用三角形面积公式计算即得.【详解】由，得，则，于是，所以三角形的面积为.故答案为：1

19、6. 正四面体的棱长为12，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为_【答案】【解析】【分析】先根据正四面体的体积求出内切球的半径，取的中点为，再根据数量积得到，可得当的长度最小时，取得最小值，再求出球心到点的距离，从而可得点到的距离为，进而求解即可【详解】由正四面体的棱长为12，则其高为，则其体积为，设正四面体内切球的半径为，则，解得，如图，取的中点为，则，显然，当的长度最小时，取得最小值，设正四面体内切球的球心为，可求得，则球心到点的距离，所以内切球上的点到点的最小距离为，即当取得最小值时，点到的距离为故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查几何体内切球问题，解题的关键是

20、先根据正四面体的体积可求出内切球的半径，得出点P到AD的距离为球心O到点E的距离减去半径四、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. 已知四边形的三个顶点，（1）若四边形是平行四边形，求顶点的坐标；（2）求点到直线的距离【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由平行四边形特点得到，进而求出点坐标即可；（2）先求出直线的方程，再根据点到直线的距离公式求出点到直线的距离即可.【小问1详解】设，则，因为四边形是平行四边形，所以，即，则，解得，所以；【小问2详解】由直线两点式知AB的方程为，即，所以点C到直线AB的距离.18. 如图，在平行六面体中，以顶点A为端点

21、的三条棱长度都为1，且两两夹角为记， （1）求的长；（2）求与夹角的余弦值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）表达出，平方后，结合数量积运算法则计算出，求出的长为；（2）计算出，从而利用向量的夹角余弦公式求出答案.【小问1详解】由题意知：，又，即的长为，【小问2详解】，即与夹角的余弦值为19. 如图，在直三棱柱中，分别为，的中点（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）法一，通过构造平行四边形，找到线线平行，利用线面平行的判定定理即可证明；法二，通过证明面面平行，证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用

22、线面角的公式即可求.【小问1详解】证明：（法一）：取的中点，连接，直三棱柱中，为的中点，所以，且，因为，分别，的中点，四边形平行四边形，又平面，平面，故平面.（法二）：取AB的中点，连接，由直三棱柱可得四边形为平行四边形又为的中点，四边形为平行四边形，又平面，平面故平面点，分别为，的中点，又平面，平面，平面，而，平面，平面，平面平面，而平面，故平面.【小问2详解】在直三棱柱中又有，两两垂直，分别以直线，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设是平面的法向量，则，取，则设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成的角的余弦为20. 2023年，某地为了帮助中小微企业渡过难关，给予企业一

23、定的专项贷款资金支持下图是该地100家中小微企业的专项贷款金额（万元）的频率分布直方图（1）确定的值，并估计这100家中小微企业的专项贷款金额的众数；（2）从这100家中小微企业中按专项贷款金额分层抽样随机抽取20家，再从这20家专项贷款金额在内的企业中随机抽取3家，求这3家的专项贷款金额都在内的概率【答案】（1），万元 （2）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，即可求出，再求出众数；（2）首先求出、组中抽取的企业数，利用列举法列出所有可能得结果，再根据古典概型的概率公式计算可得.【小问1详解】由频率分布直方图得，解得，因为专项贷款金额在的频率最大，所以估

24、计这100家中小微企业的专项贷款金额的众数为万元【小问2详解】由题意知分层抽样抽取比例为，抽样的家中小微企业中专项贷款金额在内应抽取的企业有家在抽取的家中小微企业中，专项贷款金额在内的有家，记为，；专项贷款金额在内的有家，记为从这5家中小微企业中随机抽取3家的可能情况为，共10种，其中这3家中小微企业的专项贷款金额都在内的情况为，共4种，所以所求概率21. 在中，角所对的边分别为已知，（1）求的值；（2）求的值；（3）求的值【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）根据条件，利用余弦定理即可求出结果；（2）根据条件，利用同角三角函数间的关系，得到，再利用正弦定理即可求出结果；（3）法

25、一，利用二倍角公式，求出，利用同角三角函数间的关系求出，即可求出结果；法二，利用，得到，再计算出即可求出结果.【小问1详解】因为，由余弦定理可得，整理得，解得.【小问2详解】因为，所以，由正弦定理，可得，解得.【小问3详解】（法一）由（2）得，所以，所以（法二）由余弦定理可得，.22. 如图，在等腰梯形中，/，四边形为矩形，平面平面，（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离；（3）若点在线段上运动，设平面与平面的夹角为，试求的取值范围【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）.【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质得到线面垂直，再根据线面垂直的判定定理证明即可；（2）可以应用等体积法求出点

26、到平面的距离，也可以应用向量法求出点到面的距离；（3）先求出两个面的法向量，再求出法向量的夹角的余弦值的绝对值，最后根据参数的取值范围求出余弦值的取值范围.【小问1详解】在等腰梯形ABCD中有/，所以且，所以，即，因为平面ACFE平面ABCD，且平面平面，平面，所以BC平面；【小问2详解】法一：因为平面ACFE平面ABCD，且平面平面，而，所以平面，所以，又由（1）知，所以，所以，因为，所以，因为BC平面且平面，所以，所以，所以ABF为等腰三角形，边BF上的高，所以，设点到平面的距离为，由得，即，解得，所以点C到平面的距离为；法二：由（1）知BC平面且，建立以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示空间直角坐标系，如图所示，则，所以，设为平面ABF的一个法向量，则，令，则，所以，所以点C到平面ABF的距离为；【小问3详解】由（1）知BC平面且，建立以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示空间直角坐标系，如图所示，令（），则，则，设为平面MAB的一个法向量，则，令，则，所以，而平面平面，所以平面一个法向量为，所以，又，所以，所以，故的取值范围为