精品解析：浙江省金华市义乌市第二中学2024-2025学年高二上学期10月统测数学试题

义乌市第二中学2024年下学期高二年级10月统测 数学学科试题卷 命题人：金方坚 审题人：张元元 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若直线的倾斜角为，则（ ）． A. 0 B. C. D. 不存在 2. 圆心在轴上，半径为2，且过点的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，如三个向量不能构成空间直角坐标系上的一组基底，则实数λ为（ ） A. 0 B. 9 C. 5 D. 3 4. 如图所示，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，M为OA中点，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为0.6，乙中靶的概率为0.7，且两人是否中靶相互独立，若甲、乙各射击一次，则（ ） A. 两人都中靶的概率为0.12 B. 两人都不中靶的概率为0.42 C. 恰有一人中靶的概率为0.46 D. 至少一人中靶的概率为0.74 6. 已知点在线段上，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在单位正方体中，为的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 定义：若抛物线的顶点，抛物线与x轴的两个交点构成的三角形是直角三角形，则这种抛物线就称为：“美丽抛物线”．如图，直线经过点，一组抛物线的顶点，（为正整数），依次是直线上的点，这组抛物线与轴正半轴的交点依次是：，（为正整数）．若，当为（ ）时，这组抛物线中存在美丽抛物线． A. 或 B. 或 C. 或 D. 二、多项选择题：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. 某次校十佳歌手评比中，10位评委给出的分数分别为，计算得平均数，方差，现去掉一个最高分10分和一个最低分5分后，对新数据下列说法正确的是（ ） A. 极差变大 B. 中位数不变 C. 平均数变小 D. 方差变大 10. 下列选项正确是（ ） A. 若直线一个方向向量是，则直线的倾斜角是 B. “”是“直线与直线垂直”的充要条件 C. “”是“直线与直线平行”的充要条件 D. 直线的倾斜角的取值范围是 11. 已知动直线：和：，是两直线的交点，、是两直线和分别过的定点，下列说法正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. C. 的最大值为10 D. 的轨迹方程为 12. 已知、分别为棱长为2的正方体棱、上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 线段长度的最小值为2 B. 三棱锥的外接球体积的最大值为 C. 直线与直线所成角的余弦值的范围为 D. 当、为中点时，平面截正方体所形成的图形的面积为 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分. 13. 一组数据42，38，45，43，41，47，44，46的第75百分位数是________． 14. 点关于直线：的对称点的坐标为______. 15. 已知在平面直角坐标系中，点，，点满足．则当三点不共线时，面积的最大值为__________． 16. 直三棱柱 的各顶点都在同一球面上，若 ，则此球的表面积等于__________. 四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 空间直角坐标系中，已知点，，. （1）若，求的值； （2）求的最小值. 18. 设的顶点坐标是A（0，a），B（，0），C（，0），其中a>0，圆M为的外接圆． （1）求圆M的方程； （2）当a变化时，圆M是否过某一定点?请说明理由． 19 已知直线. （1）求证：直线过定点； （2）若直线不经过第二象限，求实数的取值范围； （3）若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求的方程. 20. 某地区有小学生9000人，初中生8600人，高中生4400人，教育局组织网络“防溺水”网络知识问答，现用分层抽样的方法从中抽取220名学生，对其成绩进行统计分析，得到如下图所示的频率分布直方图所示的频率分布直方图. （1）根据频率分布直方图，估计该地区所有学生中知识问答成绩的平均数和众数； （2）成绩位列前10%的学生平台会生成“防溺水达人”优秀证书，试估计获得“防溺水达人”的成绩至少为多少分； （3）已知落在内的平均成绩为67，方差是9，落在内的平均成绩是73，方差是29，求落在内的平均成绩和方差. （附：设两组数据的样本量､样本平均数和样本方差分别为：.记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差） 21. 已知在多面体中，，，，，且平面平面. （1）设点F为线段BC的中点，试证明平面； （2）若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的余弦值． 22. 如图1．在菱形ABCD中，，，，，沿EF将向上折起得到棱锥．如图2所示，设二面角平面角为． （1）当为何值时，三棱锥和四棱锥的体积之比为？ （2）当为何值时，，平面PEF与平面PFB的夹角的余弦值为？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 义乌市第二中学2024年下学期高二年级10月统测 数学学科试题卷 命题人：金方坚 审题人：张元元 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若直线的倾斜角为，则（ ）． A. 0 B. C. D. 不存在 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线的方程即可求解. 【详解】因为， 为一常数，故直线的倾斜角为， 故选：C 2. 圆心在轴上，半径为2，且过点的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设圆心的坐标为，由圆过点可列出关于的方程，解可得的值，将的值代入圆的方程即可得答案． 【详解】根据题意，设圆心的坐标为， 则有，解可得， 则圆的方程为； 故选D． 【点睛】本题主要考查圆的标准方程，关键是求出圆心的坐标，属于基础题. 3. 已知，如三个向量不能构成空间直角坐标系上的一组基底，则实数λ为（ ） A. 0 B. 9 C. 5 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到存在实数使得，列出方程组，即可求解. 【详解】因为向量，可得与不共线， 又因为向量且不能构成空间直角坐标系的一组基底， 则存在实数使得，即，解得， 所以实数的值为. 故选：C. 4. 如图所示，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，M为OA中点，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的加减运算，即可求得答案. 【详解】由题意得：， 故选：A. 5. 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶概率为0.6，乙中靶的概率为0.7，且两人是否中靶相互独立，若甲、乙各射击一次，则（ ） A. 两人都中靶的概率为0.12 B. 两人都不中靶的概率为0.42 C. 恰有一人中靶的概率为0.46 D. 至少一人中靶的概率为0.74 【答案】C 【解析】 【分析】设出事件，根据相互独立事件的概率计算公式计算即可. 【详解】设甲中靶为事件， 乙中靶为事件， 则两人都中靶的概率为， 两人都不中靶的概率为， 恰有一人中靶的概率为， 至少一人中靶的概率为. 故选：C 6. 已知点在线段上，则取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将问题化为求原点到线段上点距离的平方的范围，进而求目标式的距离. 【详解】由的图象如下， 又是上图线段上的一点，且为原点到该线段上点距离的平方， 上述线段端点分别为，到原点距离的平方分别为， 由图知：原点到线段的距离，则， 综上，，故. 故选：B 7. 在单位正方体中，为的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案. 【详解】如图，以D为坐标原点，以分别为轴建立空间直角坐标系， 则, 故， 设平面的法向量为， 则，令，则， 故点到平面的距离为, 故选：C 8. 定义：若抛物线的顶点，抛物线与x轴的两个交点构成的三角形是直角三角形，则这种抛物线就称为：“美丽抛物线”．如图，直线经过点，一组抛物线的顶点，（为正整数），依次是直线上的点，这组抛物线与轴正半轴的交点依次是：，（为正整数）．若，当为（ ）时，这组抛物线中存在美丽抛物线． A. 或 B. 或 C. 或 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由抛物线的对称性可知，“美丽抛物线”所构成的直角三角形必是以抛物线顶点为直角顶点的等腰三角形，所以此等腰三角形斜边上的高等于斜边的一半，又，所以等腰直角三角形斜边的长小于2，所以等腰直角三角形斜边的高一定小于1，即抛物线的定点纵坐标必定小于1，据此解答即可． 【详解】因为直线经过点，则，解得， 直线， 由抛物线的对称性知，“美丽抛物线”所构成的直角三角形必是以抛物线顶点为直角顶点的等腰三角形， 所以该等腰三角形的高等于斜边的一半， 因为，结合题意可知该等腰直角三角形的斜边长小于2， 斜边上的高小于1（即抛物线的顶点纵坐标小于1）， 因为当时，， 当时，， 当时，， 所以美丽抛物线的顶点只有， ①若为顶点，由，则； ②若为顶点，由，则， 综上所述，的值为或时，存在美丽抛物线． 故选：B 【点睛】关键点睛：此题主要考查新定义问题，二次函数图象上点的坐标特征，等腰直角三角形的性质，利用抛物线的对称性找出相应的等腰直角三角形是解答该题的关键． 二、多项选择题：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. 某次校十佳歌手评比中，10位评委给出的分数分别为，计算得平均数，方差，现去掉一个最高分10分和一个最低分5分后，对新数据下列说法正确的是（ ） A. 极差变大 B. 中位数不变 C. 平均数变小 D. 方差变大 【答案】BC 【解析】 【分析】根据平均数、中位数、方差、极差定义理解及求法判断各项的正误. 【详解】由于10个数据已经确定， 故不妨设，由题意不妨取， A项， 原极差为， 去掉最高与最低分后，极差为， 所以去掉最高和最低分，极差有可能减小，极差变大是不可能的，故A项错误； B项，中位数的定义知：数据从小到大排列，中间两个数的平均值是中位数，去掉最高和最低不影响中间两个数，B项正确； C项，由题意原平均数， 则，则去掉最高与最低分后， 平均数变为，平均数变小，故C正确； D项， 去掉最高和最低分后，数据移除这两个极端值后，数据的波动性减小， 故方差会变小，故D项错误. 故选：BC. 10. 下列选项正确的是（ ） A. 若直线的一个方向向量是，则直线的倾斜角是 B. “”是“直线与直线垂直”的充要条件 C. “”是“直线与直线平行”的充要条件 D. 直线的倾斜角的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】A项，通过求直线的斜率，即可得出直线的倾斜角；B项，讨论时直线与直线是否垂直，以及直线与直线垂直时的值，即可得出结论；C项，讨论时直线与直线是否平行，以及直线与直线平行时的值，即可得出结论；D项，通过求出直线的斜率，即可求出倾斜角的取值范围. 【详解】对于A项，在直线中，一个方向向量是，则直线的斜率为 ∴直线的倾斜角是，A正确； 对于B项，当时，直线与直线变为：与 显然垂直，充分性成立. 当直线与直线垂直时， 解得：或，必要性不成立，故B错误； 对于C项，当时，直线与直线化为：与 即与，两直线平行，充分性满足要求. 若直线与直线平行 ，解得：，必要性成立，故C正确； 对于D项，在直线中，该直线的斜率为 故倾斜角范围为.故D正确. 故选：ACD. 11. 已知动直线：和：，是两直线的交点，、是两直线和分别过的定点，下列说法正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. C. 的最大值为10 D. 的轨迹方程为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据直线方程求出定点的坐标，判断A，证明直线垂直，判断B，再结合判断C，D. 【详解】直线的方程可化为， 所以直线过定点， 直线的方程可化为， 所以直线过定点， 所以点的坐标为，点的坐标为，所以A错误， 由已知， 所以直线与直线垂直，即，B正确， 因为，所以， 故， 所以，当且仅当时等号成立， C正确； 因为，故， 设点的坐标为， 则， 化简可得， 又点不是直线的交点，点在圆上， 故点的轨迹为圆除去点，D错误； 故选：BC. 12. 已知、分别为棱长为2的正方体棱、上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 线段长度的最小值为2 B. 三棱锥的外接球体积的最大值为 C. 直线与直线所成角的余弦值的范围为 D. 当、为中点时，平面截正方体所形成的图形的面积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】先建立空间直角坐标系，写出点和向量的坐标；根据空间两点间距离公式可判断选项A；先求出该正方体外接球的体积；再根据点为棱上的动点，点在正方体外接球内运动，即可确定三棱锥外接球体积的最大值，可判断选项B；利用空间直线与直线所成角的向量计算方法表示出直线与直线所成角的余弦值，再分两种情况，求出每种情况下的取值范围即可判断选项C；先根据确定平面的依据判断截面形状，进而求出面积即可判断选项D. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 因为正方体的棱长为2. 则， ，，，，，，. 所以，，，. 因为、分别为棱、上的动点，令，. 所以，. 对于选项A：因为，当且仅当时，等号成立. 所以线段长度的最小值为2，故选项A正确； 对于选项B：由正方体的性质可得三角形为边长为的正三角形，. 所以该正方体的外接球球心为正方体的中心，球半径为，外接球体积的为. 因为点为棱上的动点， 所以点在正方体外接球内运动. 故正方体外接球的体积就是三棱锥外接球体积的最大值，为，此时点与点（或点）重合.故选项B正确； 对于选项C：因为，， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 当时，. 当时，有，， 因为当时，， 则. 所以直线与直线所成角的余弦值的范围为，故选项C正确； 对于选项D： 取中点，连接，，，. 因为正方体棱长为2 则，，，. 当、为中点时，， 所以平面截正方体所形成的图形为梯形. 因为在等腰梯形中，梯形的高为. 所以截面面积为，故选项D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：本题考查空间线线、线面的位置关系，几何体外接球及截面问题，属于难题.解题关键在于：建立空间直角坐标系，写出点和向量的坐标，利用对于空间两点间距离公式和直线与直线所成角的向量计算方法可判断选项A、C；对于选项B，关键在于根据点为棱上的动点判断点在正方体外接球内运动，正方体外接球的体积就是三棱锥的外接球体积的最大值；对于选项D，关键在于根据确定平面的依据判断截面形状. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分. 13. 一组数据42，38，45，43，41，47，44，46的第75百分位数是________． 【答案】45.5 【解析】 【分析】由百分位数的概念求解即可. 【详解】这组数据从小到大排列为：38，41，42，43，44，45，46，47， 由于，所以第75百分位数是：. 故答案为： 14. 点关于直线：的对称点的坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】设Q的坐标，由题意可得直线l为线段PQ的中垂线，可得点的坐标． 【详解】设是点关于直线：的对称点， 由题意可得，解得，，可得. 故答案为：. 15. 已知在平面直角坐标系中，点，，点满足．则当三点不共线时，面积的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】设，由可整理得到点轨迹为以为圆心，为半径的圆，可知当在圆心的正上方或正下方时，到的距离最大，由此可求得面积的最大值. 【详解】设，则由得：， 即，整理可得：，即， 点轨迹是以为圆心，为半径的圆， 如图所示：当在圆心的正上方或正下方时，到的距离最大，且为半径， . 故答案为：. 16. 直三棱柱 的各顶点都在同一球面上，若 ，则此球的表面积等于__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由余弦定理求得，根据正弦定理求出的外接圆半径，结合勾股定理和球的表面积公式计算即可求解. 【详解】在中，由余弦定理得， 由，得，设的外接圆半径为r， 由正弦定理得，则， 设三棱柱的外接球半径为R，则， 所以球O的表面积. 故答案为： 四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 在空间直角坐标系中，已知点，，. （1）若，求的值； （2）求的最小值. 【答案】（1）2或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的数量积坐标运算公式计算求参； （2）先由空间两点间的距离公式计算，再结合二次函数值域求解. 【小问1详解】 由题意可得，， 因为， 解得或 【小问2详解】 由空间两点间的距离公式， 得 ， 当时，有最小值. 18. 设的顶点坐标是A（0，a），B（，0），C（，0），其中a>0，圆M为的外接圆． （1）求圆M的方程； （2）当a变化时，圆M是否过某一定点?请说明理由． 【答案】(1) x2+y2+(3-a)y-3a=0.(2) (0,-3). 【解析】 【详解】(1)设圆M的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0. ∵圆M过点A(0,a),B(-,0),C(,0), ∴解得D=0,E=3-a,F=-3a.∴圆M的方程为x2+y2+(3-a)y-3a=0. (2)圆M的方程可化为(3+y)a-(x2+y2+3y)=0.由 解得x=0,y=-3. ∴圆M过定点(0-3). 【点睛】若经过参数分离后，能将曲线系方程整理成（为参数），则这个曲线系就是过和交点的曲线系，解方程组，便可求得定点 19. 已知直线. （1）求证：直线过定点； （2）若直线不经过第二象限，求实数的取值范围； （3）若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求的方程. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由方程变形可得，列方程组，解方程即可； （2）数形结合，结合直线图像可得解； （3）求得直线与坐标轴的交点，可得面积，进而利用二次函数的性质可得最值. 【小问1详解】 由，即， 则，解得， 所以直线过定点； 【小问2详解】 如图所示，结合图像可知， 当时，直线斜率不存在，方程为，不经过第二象限，成立； 当时，直线斜率存在，方程为， 又直线不经过第二象限，则，解得； 综上所述； 【小问3详解】 已知直线，且由题意知， 令，得，得， 令，得，得， 则， 所以当时，取最小值， 此时直线的方程为，即. 20. 某地区有小学生9000人，初中生8600人，高中生4400人，教育局组织网络“防溺水”网络知识问答，现用分层抽样的方法从中抽取220名学生，对其成绩进行统计分析，得到如下图所示的频率分布直方图所示的频率分布直方图. （1）根据频率分布直方图，估计该地区所有学生中知识问答成绩的平均数和众数； （2）成绩位列前10%的学生平台会生成“防溺水达人”优秀证书，试估计获得“防溺水达人”的成绩至少为多少分； （3）已知落在内的平均成绩为67，方差是9，落在内的平均成绩是73，方差是29，求落在内的平均成绩和方差. （附：设两组数据的样本量､样本平均数和样本方差分别为：.记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差） 【答案】（1）平均数为，众数为. （2）. （3）平均数为，方差为. 【解析】 【分析】（1）在频率分布直方图中，平均数等于每组的组中值乘以每组的频率之和；众数是最高矩形横坐标的中点，据此求解. （2）依题意可知题目所求是第分位数，先判断第分位数落在哪个区间再求解即可； （3）先求出每组的比例，再根据分层随机抽样的平均数及方差求解即可. 小问1详解】 一至六组的频率分别为， 平均数. 由图可知，众数为. 以样本估计总体，该地区所有学生中知识问答成绩的平均数为分，众数为分. 【小问2详解】 前4组的频率之和为， 前5组的频率之和为， 第分位数落在第5组,设为x，则，解得. “防溺水达人”的成绩至少为分. 小问3详解】 )的频率为，)的频率为， 所以的频率与的频率之比为 的频率与的频率之比为 设内的平均成绩和方差分别为， 依题意有，解得 ，解得， 所以内的平均成绩为，方差为. 21. 已知在多面体中，，，，，且平面平面. （1）设点F为线段BC的中点，试证明平面； （2）若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由四边形为平行四边形.∴，再结合平面，即可证明平面； （2）由空间向量的应用，建立以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系，再求出平面的法向量，平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可. 【小问1详解】 取的中点，连接，， ∵在中，∴. ∴由平面平面，且交线为，平面，得平面. ∵，分别为，的中点，∴，且. 又，，∴，且. ∴四边形为平行四边形.∴， ∴平面. 【小问2详解】 ∵平面，平面，所以， 又因为，所以三者两两互相垂直， ∴以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则，，. ∵平面，∴直线与平面所成的角为. ∴.∴. 可取平面的法向量， 设平面的法向量，，， 则，取，则，.∴， ∴， ∴二面角的余弦值为. 22. 如图1．在菱形ABCD中，，，，，沿EF将向上折起得到棱锥．如图2所示，设二面角的平面角为． （1）当为何值时，三棱锥和四棱锥的体积之比为？ （2）当为何值时，，平面PEF与平面PFB的夹角的余弦值为？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意分析可知△AEF为正三角形，，进而求正、四边形BDEF的面积，结合锥体的体积公式分析求解； （2）建系，用表示相关点的坐标，分别求平面PEF与平面PFB的法向量，根据面面夹角的向量求法列式求解. 【小问1详解】 因为，，所以． 因为在菱形ABCD中，，， 所以为正三角形，， 正的面积为，四边形BDEF的面积为， 而三棱锥和四棱锥有相同的高（点P到平面BCDEF的距离）， 所以其体积之比等于，解得或， 因为，所以． 【小问2详解】 因为菱形ABCD的对角线互相垂直， 设AC与EF的交点为O，在翻折的过程中，始终有，， 所以二面角的平面角为， 在棱锥中，显然有， 以O为坐标原点，OF，OC分别为x轴、y轴， 过O且与平面BCDEF垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，， 则，，，， 可得，， 设平面PEF的法向量为，则， 令，则，可得， 设平面PBF的法向量为，则， 令，则，可得， 由题意可得，解得， 且，所以当时，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$