河溪中学2023-2024学年高二上学期期中考试
数学试卷
注意事项：1.学生应把试题的各个题目填写在答题卷的相应位置上，考试结束，只交答题卷。
2.本卷满分150分，答卷时间120分钟
一、单选题（每小题5分，共40分，在每一题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在答题卷的选择题答案表中）
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知，，则是的（ ）
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充要也不必要条件
3.已知是虚数单位，若是纯虚数，则实数（ ）
A.1 B. C. D.
4.函数在区间上的最大值为（ ）
A. B. C.1 D.2
5.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数（即质数）中，随机选取两个不同的数，其和等于20或30的概率是（ ）
A. B. C. D.
6.已知，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C.1 D.
7.已知直线：，则在轴上的截距为（ ）
A. B. C.1 D.
8.若直线的斜率，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二、多选题（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，请把正确答案的代号填在答题卷的选择题答案表中）
9.从装有大小和形状完全相同的3个红球和3个白球的口袋内任取3个球，那么下列各对事件中，互斥而不互为对立的是（ ）
A.至少有1个红球与都是红球 B.恰有1个红球与恰有2个红球
C.至少有1个红球与至少有1个白球 D.至多有1个红球与恰有2个红球
10.若不等式的解集为R，则实数a可能的取值是（ ）
A. B.0
C.1 D.2
11.已知向量，，，则（ ）
A.向量，的夹角为 B.∥
C. D.
12.在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，，，
底面ABCD，则（ ）
A. B.PB与平面ABCD所成角为
C.异面直线AB与PC所成角的余弦值为 D.平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为
三、填空题：（本大题共4小题，共20分）
13.已知，则 ．（用含a，b的代数式表示）
14.若向量，，且，则
15.已知在△ABC中，，，，则S△ABC =__________
16.在空间直角坐标系中，，，则点到直线的距离为
四．解答题：本大题共6小题，满分70分, 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
17.（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为，，，，．
(1)求（5分）；(2)若，求△ABC的外接圆的面积（7分）．
18.（12分）第19届亚运会在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障．某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
(1)求a，b的值（4分）；
(2)估计这100名候选者面试成绩的众数和平均数（3分）；
(3)在第四、第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率（5分）．
19.（10分）围建一个面积为360 m2的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙(利用的旧墙需维修)，其他三面围墙要新建，在旧墙对面的新墙上要留一个宽度为2 m的进出口，如图．已知旧墙的维修费用为45 元/m，新墙的造价为180 元/m.设利用的旧墙长度为x(单位：m)，修建此矩形场地围墙的总费用为y(单位：元)．试确定x，使修建此矩形场地围墙的总费用最小，并求出最小总费用．
20.（10分）已知直线．
(1)若，求的值（6分）；(2)若，求的值（4分）．
21.（12分）如图，已知长方体中，，，连接，过B点作的垂线交于E，交于F．
(1)求证：平面；（6分）(2)求点A到平面的距离（6分）
22.（14分）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面，，且点分别为和中点.
(1)求证：直线平面（6分）；
(2)求与平面所成角的正弦值（8分）.
河溪中学2023-2024学年高二上学期期中考试
数学试卷（参考答案）
一、单选题：1—4：A B C D 5—8：D B C A
2.解析：因为 ，所以，是的必要而不充分条件.故选B.
3.解析：，所以，解得．故选C．
4.解析：，
，根据正弦函数的性质，.所以最大值为2，故选D.
5.解析：不超过30的素数有：2、3、5、7、11、13、17、19、23、29共10个，
随机选取两个不同的数共有种，
其中和等于20的有这2种情况，和等于30的有这3种情况，
所以在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于20或30的概率是.故选D.
6.解析：因为，，则，，，
所以，所以在上的投影向量为.故选B.
7.解析：在方程中，令，得，所以在轴上的截距为1. 故选C
8.解析：设直线的倾斜角为，其中，可得，
因为，即，结合正切函数的图象与性质，可得直线的倾斜角．
二、多选题：9.BD 10.BCD 11.BC 12.ABC
9.解析：选项A：“至少有1个红球”与“都是红球”这两个事件，都包含有“取出3个红球”的事件，故不是互斥事件，故A错误；选项B：“恰有1个红球” 与“恰有2个红球”为互斥事件，除了这两个事件外，任取3个球还包含“恰有0个红球” 与“恰有3个红球”两种事件，故“恰有1个红球” 与“恰有2个红球”不是对立事件，故B正确；选项C：“至少有1个红球”与“至少有1个白球”都包含由事件“恰有1个红球”与“恰有2个红球”两个事件，故不是互斥事件，故C错误；选项D：“至多有1个红球”与“恰有2个红球”为互斥事件，除了这两个事件外，任取3个球还包含“恰有3个红球”这一事件，故“至多有1个红球”与“恰有2个红球”不是对立事件，故D正确，故选：BD
10.解析：因为不等式的解集为R，则当时，恒成立，即有符合题意，
当时，，解得，所以实数a取值范围是，A不满足，BCD都满足
11.解析：对于A，因为，所以向量，的夹角为，故错误；对于B，因为，，所以，所以∥，故正确；
对于C，因为，，所以，所以，故正确；
对于D，因为，，所以，故错误.故选BC.
12.解析：对选项A，因为，，由余弦定理可得，从而，即，由底面，底面，可得，又面，即面，又面，即，故选项A正确；对选项B，因为底面，所以就是与平面所成的角，又，即，故选项B正确；对选项C，显然为异面直线与所成的角，易得，故选项C正确；对选项D，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则,0,，,0,，,,，,,，,0,，设平面一个法向量为，则，即，令，则，即，设平面一个法向量为，则，则，令，则，，即，则，即平面与平面夹角余弦值为，故D不正确.
三、填空题：
13. 14. 15. 16.
13.解析：
14.解析：，．因为，所以，解得．
15.解析：在中，有，，，由正弦定理得，即，解得，又，，所以，，
16.解析：取，，
则，，所以点到直线的距离为
四、解答题
化简得……5分
（2），……6分
在中，，，……7分
设外接圆半径为R，由……11分 所以外接圆面积为.……12分
18.解：（1）由题意可知：，，解得，；……4分
（2）由频率分布直方图得众数为 ……5分
平均数为：（0.005×50+0.025×60+0.045×70+0.02×80+0.005×90）×10=（0.25+1.5+3.15+1.6+0.45）×10=69.5 …7分
（3）根据分层抽样，和的频率比为，……8分
故在和中分别选取4人和1人，分别设为和……9分
则在这5人中随机抽取两人的样本空间包含的样本点有共10个，即，……10分
记事件“两人来自不同组”，则事件包含的样本点有共4个，即，……11分
所以.……12分
19.解：设矩形另一边长为a m，则y＝45x＋180(x－2)＋180×2a＝225x＋360a－360.……2分
由xa＝360，得a＝，……3分 ∴y＝225x＋－360……4分
∵x>0，∴225x＋≥2＝10 800 ……7分
∴y＝225x＋－360≥10 440.……8分 当且仅当225x＝时，等号成立．
即当x＝24 m时，修建围墙的总费用最小，最小总费用是10440元．……10分
20.解：（1）因为，所以，……2分
整理得，解得或……4分
当时，，符合题意，……5分
当时，与重合，故．……6分
（2）因为，所以，……8分
整理得，解得或……10分
21.（1）证明：根据题意，平面，平面，得，……1分
又，平面，平面，，……2分
所以平面，所以.……3分 同理，平面，得……4分
因为平面，平面，，，，……5分
所以平面.……6分
（2）因为平面，所以点A到平面的距离等于点B到平面的距离，设为d，……7分
因为，即，即……9分
因为，所以，……11分
所以. 故点A到平面的距离等于.……12分
22.（1）证明：取的中点，连接，……1分
在中，因为分别为的中点，可得且，……2分
又因为为的中点，所以且，……3分
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，……5分
因为平面，平面，所以平面.……6分
（2）解：因为底面是菱形，且，连接，可得为等边三角形，
又因为为的中点，所以，则，……7分
又由平面，以为坐标原点，以所在的直线分别为和轴建立空间直角坐标系，如图所示，……8分
因为底面是菱形，且，，则…9分
则，……10分
设平面的法向量为，则，……11分
取，可得，所以……12分
设直线与平面所成的角为，则
所以直线与平面所成角的正弦值为.……14分
