【文档说明】四川省泸县普通高中共同体2024-2025学年高二上学期期中联合考试数学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.968 MB，由envi的店铺上传

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泸县普通高中共同体2024年秋期高二期中联合考试数学试题数学试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共4页，满分150分.注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置.2．选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在

试卷上无效.3．非选择题答案请使用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效.第1卷（选择题共58分）一、单选题：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.某校为了解学生学习的情况，采用分层抽样的方法从高一240人、高二200人、高

三160人中，抽取60人进行问卷调查，则高一年级被抽取的人数为A.20B.24C.32D.36【答案】B【解析】【分析】据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论．【详解】高一抽取的人数分别24024060602424020016

0600==++，故选B．【点睛】本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例关系是解决本题的关键．比较基础．2.已知复数z满足()1iiz−=，则复数z在复平面内的对应点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【

分析】根据复数的除法，将复数整理为标准形式，利用复数的几何意义，可得答案.【详解】由()1iiz−=，可得()()()()i1ii1i11i1i1i1i1122z++−====−+−−++，复数z在复平面内的对应点为11,22−，则该点位于第二象限.故选：B.3.向

量,,abc在正方形网格中的位置如图所示.若向量ab+与c共线，则实数=（）A.-2B.-1C.1D.2【答案】D【解析】【分析】先由图得出用,ab表示c的式子，再根据向量共线的充要条件求之即得.【详解】根据网格图中的,,abc的大小与方向，易于得到2cab=+，

由向量ab+与c共线，可得(2)abtctab+==+，解得：1,22tt===.故选：D.4.已知空间中三点()()()1,0,0,0,1,1,1,1,2ABC−−−−，则点C到直线AB的距离为（）A.63B

.32C.2D.3【答案】C【解析】【分析】根据点到直线距离的向量坐标公式计算即可求解．【详解】因为()()()1,0,0,0,1,1,1,1,2ABC−−−−，所以()()0,1,2,1,1,1ACAB=

−=−，则点C到直线AB的距离为2223523ACABACAB−=−=.故选：C.5.空间中有两个不同的平面，和两条不同的直线mn，，则下列说法中正确的是（）A.若,,⊥⊥⊥mn，则mn⊥

B.若,,mmn⊥⊥⊥，则n⊥C.若//////mn，，，则//mnD.若//////mmn，，，则//n【答案】A【解析】【分析】根据面面垂直的性质结合线线以及线面的位置关系可判断AB；根据面面平行的性质结合线线以及线面的位置关系可判断CD；【详解】对于A，若,m⊥

⊥，则//m或m，又n⊥，当//m时，在内必存在直线l和m平行，则,nlnm⊥⊥；当m时，显然有nm⊥，所以mn⊥，故A正确；对于B，若,m⊥⊥，则//m或m，由mn⊥，则n与斜交、垂直、平行均有可能，故B错误；对于C，若//

//m，，则//m或m，由//n，则m与n相交、平行、异面均有可能，故C错误；对于D，若////m，，则//m或m，又//mn，则//n或n，故D错误.故选：A.6.空气质量指数是评

估空气质量状况的一组数字，空气质量指数划分为)0,50、)50,100、)100,150、)150,200、)200,300和300,500六档，分别对应“优”、“良”、“轻度污染”、“中度污染”

、“重度污染”和“严重污染”六个等级．如图是某市2月1日至14日连续14天的空气质量指数趋势图，则下面说法中正确的是（）．A.这14天中有5天空气质量为“中度污染”B.从2日到5日空气质量越来越好C.这14天

中空气质量指数的中位数是214D.连续三天中空气质量指数方差最小是5日到7日【答案】B【解析】【分析】根据折线图直接分析各选项.【详解】A选项：这14天中空气质量为“中度污染”有4日，6日，9日，10日，共4天，A选项错误；B选项：从2日到5日空气质量指数逐渐降低，空气质量越来越好，B选项正确；

C选项：这14天中空气质量指数的中位数是179214196.52+=，C选项错误；D选项：方差表示波动情况，根据折线图可知连续三天中波动最小的是9日到11日，所以方程最小的是9日到11日，D选项错误；故选：B.7.三棱

锥ABCD−中，AD⊥平面ABC，60BAC=，1AB=，2AC=，4=AD，则三棱锥ABCD−外接球的表面积为（）A.10πB.20πC.25πD.30π【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理先求出底面三角形A

BC的外接圆半径r，再利用222()(2hRrh=+为三棱锥的高，R为外接球半径），即可求解．【详解】在ABCV中，60BAC=，1AB=，2AC=，由余弦定理可得2222cosBCABACABACBAC=+−，即214212cos60

3BC=+−=，所以3BC=，设ABCV的外接圆半径为r，则322sinsin60BCrBAC===，所以1r=，AD⊥平面ABC，且4=AD，设三棱锥ABCD−外接球半径为R，则2221

()2RrAD=+，即2145R=+=，所以三棱锥ABCD−外接球的表面积为24π20πR=．故选：B．8.如图，在三棱锥OABC−中，点G为底面ABCV的重心，点M是线段OG上靠近点G的三等分点，过点M的平面分别交棱

OA，OB，OC于点D，E，F，若ODkOA=，OEmOB=，OFnOC=，则111kmn++=（）A.133B.23C.32D.92【答案】D【解析】【分析】由空间向量基本定理，用OAOBOC，，表示OM，由D，E，F，M四点共面，可得存在实数,，使DMDEDF

=+，再转化为(1)OMkOAmOBnOC=−−++，由空间向量分解的唯一性，分析即得解.【详解】由题意可知，22221()()33332OGOAAGABACOMOA==+=++

211222()()333999OAOCOAOAOBOAOBOC=+−+−=++因为D，E，F，M四点共面，所以存在实数,，使DMDEDF=+，所以()()OMODOEODOFOD−=−+−，所以(1)(1)O

MODOEOFkOAmOBnOC=−−++=−−++，所以2(1)92929kmn−−===，所以1119999(1)2222kmn++=−−++=．故选：D二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18

分，在每小题给出的备选答案中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9.已知向量()()()1,1,0,0,1,1,1,2,1abc===，则下列结论正确的是（）A.向量a与向量b的夹角为π6B.()cab⊥−C.向量a在向量b上

的投影向量为110,,22D.向量c与向量,ab共面【答案】BCD【解析】【分析】利用向量数量积的坐标表示得出向量夹角可判断A；由向量数量积为0得到向量垂直可判断B；根据投影向量的定义可计算出投影向量从而判断C，=+cab得出向量共面可判断D．【详解】因为101110

1ba=++=，所以cos,1baba=，可得222211cos,2110110ba==++++，则向量a与向量b的夹角为π3，故A错误；因为()()10,11,011,0,1ab−=−−−=−

，()()()()1,2,11,0,11120110cab−=−=++−=，所以()cab⊥−，即B正确；根据投影向量的定义可知，向量a在向量b上的投影向量为()2111cos,0,1,10,,222babaabbbb===，所以

C正确；由向量()()()1,1,0,0,1,1,1,2,1abc===，可知=+cab，向量c与向量,ab共面，所以D正确．故选：BCD.10.下列说法正确的是（）A.从容量为N的总体中抽取一个容量为n的样本，当选取抽签法、随机数法和按比例分层随机抽样三种不同方法抽取

样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为123ppp，，则123ppp==B.若121(),(),()933PABPAPB===，则事件A与事件B相互独立C.一个人连续射击2次，事件“两次均未击中”与事件“

至多一次击中”互为对立事件D.若()0.3PA=，()0.4PB=，且事件A与事件B相互独立，则()0.58PAB=【答案】ABD【解析】【分析】根据抽样方法的相关概念、独立事件的概率公式、事件之间的关系以及概率的乘法运算，逐一检验，可得答案.【详解】对于A，根据抽样方法的使

用规则，可知A正确；对于B，()()()()()()21111339PAPBPAPBPAB=−=−==，故B正确；对于C，设事件A={两次均为中}={中枪次数为0}、事件B={至多中一次}={中

枪的次数为0,1}，由ABA=，则事件B包含事件A，故C错误；对于D，由ABABABAB=++，则()()()()PABPABPABPAB=++，因为事件A与事件B相互独立，所以()()()()()()()PABPAPBPAPBPAPB=++()()0.3

0.40.310.410.30.40.58=+−+−=，故D正确.故选：ABD.11.已知正方体1111ABCDABCD−棱长为2，P为空间中一点，下列论述正确的是（）A.若112APAD=，则异面直线BP与1CD所成角的余弦值为33B.若()10,1BP

BCBB=+三棱锥1PABC−的体积是定值C.若()110,12BPBCBB=+，有且仅有一个点P，使得1AC⊥平面1ABPD.若()10,1APAD=，则异面直线BP和1CD所成角取值范围是ππ,42【答案】BD【解析】【分析

】A：P为1AD中点，连接1,,BPBCBD，若,EO分别是1,BCBD中点，连接1,OEED，找到异面直线BP与1CD所成角为1OED或其补角，求其余弦值；B：P在11BC（含端点）上移动，△PBC面积恒定，1A到面PBC的距离恒定，即可判断；C：若,EF分别是11,BBCC中

点，P在EF（含端点）上移动，证明1AC⊥面11ABD，易知要使1AC⊥面1ABP，则P必在面11ABD内，即可判断；D构建空间直角坐标系，设(0,,2),[0,2]Paaa−，应用向量夹角的坐标表示求1cos,BPCD，进而判断夹角的范围.【详解】A

：由112APAD=，即P为1AD中点，连接1,,BPBCBD，若,EO分别是1,BCBD中点，连接1,OEED，则1//OECD，又1BEPD=且1//BEPD，即1BEDP为平行四边形，所以1//BPED，所以异面直线BP与1CD所成角，即1OED或其补角，

而1122OEDC==，16ED=，16OD=，故12663cos6226OED+−==，故A错误；B：由()10,1BPBCBB=+知：P在11BC（含端点）上移动，如下图示，△PBC面积恒定，1A到面PBC的距离恒定，故1P

ABC−的体积是定值，故B正确；C：若,EF分别是11,BBCC中点，由()110,12BPBCBB=+知：P在EF（含端点）上移动，由CD⊥面11ADDA，CD面1DCA，则面11ADDA⊥面1DCA，由11ADAD⊥，面11ADDA面11DCAAD=，1AD面11AD

DA，所以1AD⊥面1DCA，1AC面1DCA，则1AD⊥1AC，同理可证：1AB⊥1AC，由1AD1ABA=，1AD、1AB面11ABD，故1AC⊥面11ABD，而面1ABP面111ABDAB=，要使1AC⊥面1ABP，则

P必在面11ABD内，显然EF面11ABD，故C错误；D：由()10,1APAD=知：P在1AD（含端点）上移动，为如图以1A为原点，11111,,ABADAA分别为,,xyz轴建系，则()12,2,0C，()0,2,2D，()2,0,2B，则()12,0,2CD=−，

设()0,,2,0,2Paaa−，则()2,,BPaa=−−，所以122422cos,224222aaBPCDaa−−==++，令20,2ax−=，当=2a，即=0x时，1cos,0BPCD=，此时直线BP和1CD所

成角是π2；当2a，即(0,2x时，则12211cos,64111212633BPCDxxx==−+−+，当112tx==，即=0a时，1cos,BPCD取最大值为22，直线BP和1CD所成角的最小值为π4，故D正确.故选：BD

第II卷（非选择题共92分）三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．12.在一次射击训练中，某运动员5次射击的环数依次是9,10,9,8,9，则该组数据的方差__________.【答案】25##0.4【解析】【分析】根据平均数公

式和方差公式计算可得.【详解】因为平均数91098995x++++==，所以方差()()()2222123991098955s=−+−+−=.故答案为：2513.圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为2π3，则该圆锥的体积为______________.【答案】

π3【解析】【分析】结合圆锥的几何特征，分别求出22,2hr==，最后应用圆锥体积公式计算.【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，则2π132π3rl==，所以222222,2hlrrr=−===，所以圆锥的体积为21ππ3

3rh=.故答案：π314.如图，锐二面角l−−的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知4AB=，6ACBD==，210CD=，则锐二面角l−−的平面角的余弦值是___________.【答案】23【解

析】【分析】根据题意得ACCDBABD=−++，两边平方，利用向量的数量积运算，即可得到答案；【详解】设锐二面角l−−的平面角为，ACCDBABD=−++，则2222222=36+16+3672cos=40ACABBDACABACBDA

CBDDB=++−−+−，则2cos3=.为故答案为：23四、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.《中华人民共和国民法典》于2021年1月1日正式施行．某社区为了解居民对民法典的认识程

度，随机抽取了一定数量的居民进行问卷测试（满分：100分），并根据测试成绩绘制了如图所示的频率分布直方图.（1）估计该组测试成绩的平均数和第57百分位数；（2）该社区在参加问卷且测试成绩位于区间)80,90和90,100的居民中，采用分层随机抽样，确定了5人.若从这5人中随机抽取2人作为该

社区民法典宣讲员，设事件A=“两人的测试成绩分别位于)80,90和90,100”，求()PA.【答案】（1）平均数76.2；第57百分位数79；（2）()35PA=.【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图计算平均数及百分位数；（2）根据分层抽样确定测

试成绩分别位于)80,90和90,100的人数，按照古典概型计算即可.小问1详解】由频率分布直方图可知测试成绩的平均数450.04550.06650.2750.3850.24950.1676.2x=

+++++=.测试成绩落在区间)40,70的频率为()0.0040.0060.02100.3++=，落在区间)40,80的频率为()0.0040.0060.020.03100.6+++=，所以

设第57百分位数为a，有()0.3700.030.57a+−=，解得79a=；【小问2详解】【由题知，测试分数位于区间)80,90、)90,100的人数之比为0.2430.162=，所以采用分层随机抽样确定的5人，在区间)80,90中3人，用1A，2A，3

A表示，在区间)90,100中2人，用1B，2B表示，从这5人中抽取2人的所有可能情况有：()12,AA，()13,AA，()11,AB，()12,AB，()23,AA，()21,AB，()22,AB，()31AB，()32,AB，()12,BB，共10种，

其中“分别落在区间)80,90和)90,100”有6种，所以()35PA=.16.记ABC的内角A，B，C所对的边分别为,,abc，已知3sincosabBBc++=．（1）求C；（2）若CD是ABC的中线，且7CD=，ABC的面积为23，求ABC的周长

．【答案】（1）π3C=（2）623+【解析】【分析】（1）由正弦定理、三角形内角和定理及三角恒等变换求角C；（2）由三角形的面积公式得ab的值，再由向量的线性运算及向量的模求22ab+的值，最后由余弦定理求c的值.小问1详解】∵3sincosabBBc++=，∴由正弦定理得si

nsin3sincossinABBBC++=，∴()3sinsincossinsinsinsinsinBCBCABBCB+=+=++，∴3sinsinsincossinBCBCB=+，∵sin0B，∴3sinco

s1CC=+.即π1sin62C−=，【∵0πC，∴ππ5π666C−−.∴ππ66C−=，即π3C=.【小问2详解】∵由题意得13sin2324ABCSabCab===，∴8ab=.∵CD是ABCV的中线，∴𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=12(𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)

，∴()()222211||744CDCACBabab=+=++=，∴2220ab+=，()2222366abababab+=+=++==，由余弦定理得2222cos20812cababC=+−=−=，∴23c=.∴ABCV的

周长为623+.17.某足球俱乐部举办新一届足球赛，按比赛规则，进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负，则需进行点球大战．点球大战规则如下：第一阶段，双方各派5名球员轮流罚球，双方各罚一球为一轮，球员每罚进一球则

为本方获得1分，未罚进不得分，当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候，比赛即宣告结束，剩下的球员无需出场罚球．若5名球员全部罚球后双方得分一样，则进入第二阶段的比赛.设甲、乙两支球队进入点球大战，由甲队球员先罚球，甲队每位球员罚进点球的概率均为12，乙队每

位球员罚进点球的概率均为23.假设每轮罚球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.（1）求每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率；（2）若在点球大战的第一阶段，甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分，甲队暂时以2:0领先，求甲队第5个球

员需出场罚球的概率．【答案】（1）12（2）49【解析】【分析】（1）根据平局的概念，列举出所包含的情况，利用概率的乘法公式，可得答案；（2）根据第一阶段的规则，列举出符合题意的比分，利用概率的乘法公式以及加法公式，可得答案.【小问1详解】每一轮出现平局的情况包括：事件A=

{甲乙两队都进球}和事件B={甲乙两队都不进}，()121233PA==，()12111236PB=−−=，()()12PAPB+=，所以每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率为12.【小问2详解】在第三轮比完之后，甲乙两队分差小于三分，就必须要进行第四轮，第三轮符合

题意的情况包括：事件1A={甲乙的比分为3:1}、事件B={甲乙的比分为2:0}、事件C={甲乙的比分为2:1}，则()1121233PA==，()212111236PB=−−=，()11211233PC=−=

；在第四轮比完之后，甲乙两队分差小于两分，就必须进行第五轮，在事件1A发生的条件下，第四轮过后符合题意的情况有事件2A={甲乙的比分为3:2}，则()21211233PA=−=；在事件1B发生的条

件下，第四轮过后符合题意的情况有事件2B={甲乙的比分为2:1}，则()21211233PB=−=；在事件1C发生的条件下，第四轮过后符合题意的情况有事件2=C{甲乙的比分为2:1}、事件3=C{甲乙的比分为2:2}、事件4C={甲乙的比分为3:2}，则()212111236

PC=−−=，()31211233PC=−=，()4121233PC==；综上所述，甲队暂时以2:0领先，甲队第5个球员需出场罚球的概率()()()()()()(

)()()()121212131449PPAPAPBPBPCPCPCPCPCPC=++++=.18.如图，//ADBC且2ADBC=，ADCD⊥，//EGAD且EGAD=，//CDFG且2CDFG=，DG⊥平面ABCD，2DADCDG===.（1）设

面BCF与面EFG的交线为l，求证：//BCl；（2）证明:AGEC⊥（3）在线段BE上是否存在一点P，使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为255，若存在，求出P点的位置，若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解

析（2）证明见解析（3）线段BE上存在点P，且23EPEB=时使得直线DP与平面ABE所成的角的正弦值为255【解析】【分析】（1）由线面平行的判定定理和性质定理证明即可；（2）由线面垂直的判定定理和性质定理证明即可；（3）则以D为原点，建立空间直角坐标

系，先求出P点坐标，直线DP的方向向量与平面ABE的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.【小问1详解】因为//ADBC，//EGAD，所以//BCEG，又BC平面EFG，EG平面EFG，所以//BC面EFG，又BC平面BCF，平面BCF平面EFGl=，所以

//BCl.【小问2详解】因为//EGAD且EGAD=，所以四边形ADGE为平行四边形，又ADDG=，所以四边形ADGE为菱形，所以AG⊥DE.因为DG⊥平面ABCD，CD平面ABCD，所以DGCD⊥，又ADCD⊥，DGAD、平面ADGE，所以CD⊥面AD

GE，又AG面ADGE，所以CDAG⊥，又AGDE⊥，DECD、平面CDE，所以AG⊥面CDE，又CE面CDE，所以AGEC⊥.【小问3详解】由于//ADBC，//EGAD，//CDFG，DG⊥平面ABCD，ADCD⊥，则以D为原点，分别以DA，DC

，DG的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系，如图，(0,0,0),(2,0,0),(1,2,0),(0,2,0),(2,0,2),(0,1,2),(0,0,2),DABCEFG于是()1,2,0AB=−，()0,0,2AE=，设平面ABE的法向量为(),,nxyz=，则00n

ABnAE==，2020xyz−+==，令1y=，得()2,1,0n=，假设线段BE上存在点P，使得直线DP与平面ABE所成角的正弦值为255.设()(),2,201EPEB==−−，()2,2,22D

PDEEP=+=−−，()()222425cos,552422nDPnDPnDP===−++−，解得：23=.所以线段BE上存在点P，且23EPEB=时,使得直线DP与平面ABE所成的角的

正弦值为255.19.“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ABCV的三个内角均小于120时，使得120AOBBOCCOA===o的

点O即为费马点；当ABCV有一个内角大的于或等于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：（1）若ABCV是边长为4的等边三角形，求该三角形的费马点O到各顶点的距离之和；（2）ABCV的内角,,ABC所对的边分别为,,abc，且

sinabA=，点P为ABCV的费马点．（i）若23ac=，求PAPBPBPCPCPA++；（ii）求2PAPCPB的最小值．【答案】（1）43（2）（i）2−；（ii）423+【解析】【分析】（1）过O作ODAC⊥于D，

结合题意即可求解；（2）（i）根据正弦定理求得B，由三角形面积公式及向量数量积即可求解；（ii）设,,,0,0,0PBxPAmPBmxPCnPbnxmnx=====，得出2PAPCmnPB=，由勾股定理得出2mnmn++=，根据基本不等

式求解范围即可．【小问1详解】因为ABCV为等边三角形，三个内角均小于120，故费马点O在三角形内，满足120AOBBOCCOA===o，且OBOCOA==，如图：过O作ODAC⊥于D，则2,30CDOCD==，故43cos303CDOC==，所以该三角形的费马点O

到各顶点的距离之和为43OBOCOA++=．【小问2详解】（i）因为sinabA=，由正弦定理sinsinabAB=，且sin0A，所以sinsin1sinsinbAbBAB==得π2B=，所以ABCV的三个角都小

于120，则由费马点定义可知，120APBBPCAPC===，设,,PAxPByPCz===，0,0,0xyz，由APBBPCAPCABCSSSS++=得：131313123222222

2xyyzxz++=−，整理得4xyyzxz++=，则PAPBPBPCPAPC++1111422222xyyzxz=−+−+−=−=−．（ii）由（i）知π2B

=，所以点P在ABCV内部，且120APBBPCCPA===，设,,0,0,0PBxPAmPBmxPCnPbnxmnx=====，所以22PAPCmxnxmnxPB==，由余弦定理得，()

22222222π2cos13ABxmxmxmmx=+−=++，()22222222π2cos13BCxnxnxnnx=+−=++，()2222222222π2cos3ACmxnxmnxmnmnx=+−=++

，由勾股定理得，222BCABAC+=，即()()()222222211nnxmmxmnmnx+++++=++，所以()()2222222mnmnxmnmnx++++=++，即2mnmn++=，而0,0,2,2

2mnmnmnmnmnmn++=−=+，当且仅当mn=，即13mn==+时，等号成立．设0tmn=，则2220tt−−，解得13t+或13t−（舍去），由213,(13)423tmnmn=++=+，故2423PAPCmnPB=+，最小值为423+．