2024-2025学年广西北京八中北海实验学校高二（上）开学数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年广西北京八中北海实验学校高二（上）开学数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.数据6.0，7.4，8.0，8.4，8.6，8.7，9.0，9.1的50百分位数为(

)A.8.4 B.8.5 C.8.6 D.8.72.已知复数z满足z(2−i)=1−3i，则z=(

)A.−i B.i C.1−i D.1+i3.已知向量a=(1,2,3)，

b=(−2,−4,−6)，|c|=14，若(a+

bA.30° B.60° C.120° D.150°4.有两条不同的直线m，n，以及两个不同的平面α，β，下列说法正确是(

)A.若m//α，α//β，则m//β

B.若α∩β=m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β

C.若m⊥α，n//α，则m⊥n

D.若α⊥β，m⊥α，n//β，则m⊥n5.抛掷一个质地均匀的骰子的试验，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“不小于5的点数出现”，则一次试验中，事件A或事件B至少有一个发生的概率为(

)A.23 B.13 C. 16.某地2004年第一季度应聘和招聘人数排行榜前5个行业的情况列表如下(

)行业名称计算机机械营销物流贸易应聘人数2158302002501546767457065280行业名称计算机营销机械建筑化工招聘人数124620102935891157651670436若用同一行业中应聘人数与招聘人数比值的大小来衡量该行业的就业情况，则根据表中数据，就业形势一定是

(

)A.计算机行业好于化工行业； B.建筑行业好于物流行业；

C.机械行业最紧张； D.营销行业比贸易行业紧张．7.棱长为a的正四面体ABCD与正三棱锥E−BCD的底面重合，若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥E−BCD的表面积为(

)A.3+34a2 B.3+8.已知正三棱台ABC−A1B1C1的体积为523，AB=6，A1A.12 B.1 C.2 D.二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知某样本的容量为50，平均数为70，方差为75.现发现在收集这些数据时，其中的两个数据记录有误，一个错将80记录为60，另一个错将70记录为90.在对错误的数据进行更正后，重新求得样本的平均数为x−，方差为s2，则(

)A.x−=70 B.x−>70 C.10.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P、Q分别为线段BD1、BA.存在点P、Q，使得C1P//AQ B.三棱锥D−QC1D1的体积不变

C.直线A11.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，M，N分别是线段A1B，B1C1上的点，且BM=2A1M，C1N=2A.AB与B1C1的夹角为60° B.MN=13三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同的小球，从中取出2球，事件A=“取出的两球同色”，B=“取出的2球中至少有一个黄球”，C=“取出的2球至少有一个白球”，D=“取出的两球不同色”，E=“取出的2球中至多有一个白球”.下列判断中正确的序号为______．

①A与D为对立事件；②B与C是互斥事件；③C与E是对立事件：④P(C∪E)=1；⑤P(B)=P(C)．13.在对某中学高一年级学生身高的调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，若只知道抽取了男生24人，其平均数和方差分别为170.5和12.96，抽取了女生26人，其平均数和方差分别为160.5和36.96，则据此可得高一年级全体学生的身高方差的估计值为______．14.设动点P在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1的对角线BD1上，记四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)

成都七中为了解班级卫生教育系列活动的成效，对全校40个班级进行了一次突击班级卫生量化打分检查(满分100分，最低分20分).根据检查结果：得分在[80,100]评定为“优”，奖励3面小红旗；得分在[60,80)评定为“良”，奖励2面小红旗；得分在[40,60)评定为“中”，奖励1面小红旗；得分在[20,40)评定为“差”，不奖励小红旗．已知统计结果的部分频率分布直方图如图：

(1)依据统计结果的部分频率分布直方图，求班级卫生量化打分检查得分的中位数；

(2)学校用分层抽样的方法，从评定等级为“良”、“中”的班级中抽取6个班级，再从这6个班级中随机抽取2个班级进行抽样复核，求所抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3的概率．16.(本小题12分)某地家庭有甲、乙、丙三位小孩，他们是否需要照顾相互之间没有影响.已知在某一小时内，甲、乙都需要照顾的概率为18，甲、丙都需要照顾的概率为110，乙、丙都需要照顾的概率为(1)分别求甲、乙、丙在这一小时内需要照顾的概率；(2)求这一小时内至少有两位小孩需要照顾的概率．17.(本小题12分)

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，AC⊥AB，AC=2，AB=4，AA1=6，点E，18.(本小题12分)

如图，在正四棱锥S−ABCD中，底面边长为2，点P在线段SD上，且△SAC的面积为1．

(1)若点P是SD的中点，求证：平面SCD⊥平面PAC；

(2)是否存在点P，使得直线SC与平面ACP所成角的余弦值为155？若存在，求出点19.(本小题12分)

著名的费马问题是法国数学家皮埃尔⋅德⋅费马(1601—1665)于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，则使得∠AMB=∠BMC=∠CMA=120°的点M即为费马点，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且cosB=2acosAc−bcosCc.若M是△ABC的“费马点”，a=23，b<c．

(1)求角A；

(2)若MA⋅MB+MB⋅MC+MC⋅MA+4=0参考答案1.B

2.C

3.C

4.C

5.A

6.B

7.A

8.B

9.AC

10.BD

11.BD

12.①④

13.50.4

14.[0,115.解：(1)得分[20,40)的频率为0.005×20=0.1；得分[40,60)的频率为0.010×20=0.2；

得分[80,100]的频率为0.015×20=0.3；

所以得分[60,80)的频率为1−(0.1+0.2+0.3)=0.4．

设班级得分的中位数为x分，于是0.1+0.2+x−6020×0.4=0.5，解得x=70．

所以班级卫生量化打分检查得分的中位数为70分．

(2)由(1)知题意“良”、“中”的频率分别为0.4，0.2.又班级总数为40．

于是“良”、“中”的班级个数分别为16，8．

分层抽样的方法抽取的“良”、“中”的班级个数分别为4，2．

因为评定为“良”，奖励2面小红旗，评定为“中”，奖励1面小红旗．

所以抽取的2个班级获得的奖励小红旗面数和不少于3为两个评定为“良”的班级或一个评定为“良”与一个评定为“中”的班级．

记这个事件为A．

则A−为两个评定为“中”的班级．

把4个评定为“良”的班级标记为1，2，3，4，2个评定为“中”的班级标记为5，6．

从这6个班级中随机抽取2个班级用点(i,j)表示，其中1≤i<j≤6．

这些点恰好为6×6方格格点上半部分(不含i=j对角线上的点)，于是有36−62=15种．

事件A−仅有(5,6)一个基本事件．所以P(A)=1−P(A−)=1−16.解：(1)设甲、乙、丙三位小孩在这一小时内需要照顾的概率分别是P1，P2，则由题意得P1⋅P即甲、乙、丙三位小孩在这一小时内需要照顾的概率分别是12，14，(2)设事件A:这一小时内至少有两位小孩需要照顾，这一小时内恰好有两位小孩需要照顾的概率为P=1这一小时内三位小孩都需要照顾的概率为P1则P(A)=1即这一小时内至少有两位小孩需要照顾的概率940

17.

解：(1)证明：如图：

在三棱柱ABC−A1B1C1中，因为AA1⊥底面A1B1C1，

所以三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，因此四边形AA1C1C是矩形．

又因为点E是CA1的中点，所以连接AC1，则E是AC1的中点．

连接BC1，因为F是AB的中点，所以EF/​/BC1．

因为BC1⊂平面BCC1B1，EF⊄平面BCC1B1，所以EF/​/平面BCC1B1．

(2)解：由(1)知：三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，

所以AA1⊥AC，AA1⊥AB，

因此∠CAB是二面角C−AA1−B的平面角．

又因为AC⊥AB，所以∠CAB=π2，

因此平面CAA1⊥平面AA1B．

由(1)知：四边形AA1C1C是矩形，

如下图：取AA1的中点H，连接EH．

因为点E是CA1的中点，所以EH⊥AA1．

因为平面CAA1⊥平面AA1B交于AA1，EH⊂平面CAA1，

所以EH⊥平面18.解：(1)证明：如图，连接BD交AC于点O，连接OS，

则AC⊥BD，且SO⊥平面ABCD，AC=BD=2，

∴S△SAC=12AC⋅SO=SO=1，

∴SA=SC=2=AD=CD，

又点P是SD的中点，

∴AP⊥SD，CP⊥SD，又AP∩CP=P，AP，CP⊂平面PAC，

∴SD⊥平面PAC，又SD⊂平面SCD，

∴平面SCD⊥平面PAC；

(2)假设存在，

如图，以O为原点建立空间直角坐标系，

则S(0,0,1)，A(0,−1,0)，C(0,1,0)，D(−1,0,0)，

设SP=λSD，λ∈[0,1]，

∴SC=(0,1,−1)，SD=(−1,0,−1)，AC=(0,2,0)，AS=(0,1,1)，

∴AP=AS+SP=(0,1,1)+λ(−1,0,−1)=(−λ,1,1−λ)，

设平面ACP的法向量为n=(x,y,z)，

则n⋅AC=2y=0n⋅AP=−λx+y+(1−λ)z=0，取n=(1−λ,0,λ)，

∴|cos<SC,19.解：(1)由cosB=2acosAc−bcosCc可得，ccosB=2acosA−bcosC，

由正弦定理，sinCcosB=2sinAcosA−sinBcosC，即sinCcosB+sinBcosC=2sinAcosA，

因sinCcosB+sinBcosC=sin(B+C)=sin(π−A)=sinA代入可得：sinA(1−2cosA)=0，

因0<A<180°，则sinA>0，故cosA=12，得A=60°