武漢外國語學(xué)校2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期數(shù)學(xué)9月考試題（三）一、單選題（每題5分，共40分）1．已知復(fù)數(shù)是純虛數(shù)，則實數(shù)（    ）A． B． C．0 D．12．有一個人在打靶中，連續(xù)射擊2次，事件“至少有1次中靶”的對立事件是（    ）.A．至多有1次中靶    B．2次都中靶    C．2次都不中靶   D．只有1次中靶3．某中學(xué)舉行了一次“網(wǎng)絡(luò)信息安全”知識競賽，將參賽的100名學(xué)生成績分為6組，繪制了如圖所示的頻率分布直方圖，則成績在區(qū)間內(nèi)的學(xué)生有（    ）A．15名 B．20名 C．25名 D．40名4．若m，n是互不相同的直線，是不重合的平面，則下列說法不正確的是（    ）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則5．已知樣本數(shù)據(jù)，，…，的平均數(shù)和方差分別為3和56，若，則，，…，的平均數(shù)和方差分別是（    ）A．12，115 B．12，224 C．9，115 D．9，2246．如圖，正方體中，點，，分別是，的中點，過點，，的截面將正方體分割成兩個部分，記這兩個部分的體積分別為，則（    ）A． B． C． D．  7．已知正方體的棱長為為棱上的靠近點的三等分點，點在側(cè)面上運動，當(dāng)平面與平面和平面所成的角相等時，則的最小值為（    ）A． B． C． D． 8．如圖所示，是邊長為3正三角形，，S是空間內(nèi)一點，分別是，的二面角，滿足，點D到直線SB的距離是1，則（    ）  A． B． C． D．二、多選題(每題5分，共20分)9．在中，內(nèi)角所對的邊分別為，根據(jù)下列條件解三角形，其中有兩解的是（    ）A． B． C． D．10．下列四個命題中，假命題有（    ）A．對立事件一定是互斥事件B．若為兩個事件，則C．若事件彼此互斥，則D．若事件滿足，則是對立事件11．如圖，正方體的棱長為，，，分別為，，的中點，則（    ）A．直線與直線垂直B．直線與平面平行C．平面截正方體所得的截面面積為D．點與點B到平面的距離相等12．單位向量，，的兩兩夾角為，若實數(shù)，，滿足，則下列結(jié)論中正確的是（    ）A．的最大值是 B．的最大值是C．的最大值是 D．的最大值是三、填空題（每題5分，共20分）13．2023年是全面貫徹黨的二十大精神的開局之年，某中學(xué)為了解教師學(xué)習(xí)“黨的二十大精神”的情況，采用比例分配分層隨機抽樣的方法從高一、高二、高三的教師中抽取一個容量為30的樣本，已知高一年級有教師80人，高二年級有教師72人，高三年級有教師88人，則高一年級應(yīng)抽取      人.14．在平行六面體中，°，則=           ．15．設(shè)的內(nèi)角所對的邊分別為，已知，點在邊上，，且，則的面積為           ． 16．如圖，正四棱錐P-ABCD的底面邊長和高均為2，M是側(cè)棱PC的中點.若過AM作該正四棱錐的截面，分別交棱PB?PD于點E?F（可與端點重合），則四棱錐P-AEMF的體積的取值范圍是           .四、解答題（共70分）17．已知三條直線，，．(1)若，且過點，求、的值；(2)若，求、的值．    18．（1）寫出點到直線的距離公式并證明.（2）證明：點到直線的距離恒小于．    19．某足球俱樂部舉辦新一屆足球賽,按比賽規(guī)則,進入淘汰賽的兩支球隊如果在120分鐘內(nèi)未分出勝負,則需進行點球大戰(zhàn).點球大戰(zhàn)規(guī)則如下:第一階段,雙方各派5名球員輪流罰球,雙方各罰一球為一輪,球員每罰進一球則為本方獲得1分,未罰進不得分,當(dāng)分差拉大到即使落后一方剩下的球員全部罰進也不能追上的時候,比賽即宣告結(jié)束,剩下的球員無需出場罰球.若5名球員全部罰球后雙方得分一樣,則進入第二階段,雙方每輪各派一名球員罰球,直到出現(xiàn)某一輪一方罰進而另一方未罰進的局面,則罰進的一方獲勝.設(shè)甲、乙兩支球隊進入點球大戰(zhàn),由甲隊球員先罰球,甲隊每位球員罰進點球的概率均為,乙隊每位球員罰進點球的概率均為.假設(shè)每輪罰球中,兩隊進球與否互不影響,各輪結(jié)果也互不影響.(1)求每一輪罰球中,甲、乙兩隊打成平局的概率;(2)若在點球大戰(zhàn)的第一階段,甲隊前兩名球員均得分而乙隊前兩名球員均未得分,甲隊暫時以2:0領(lǐng)先,求甲隊第5個球員需出場罰球的概率.   20．如圖，四棱錐中，平面，梯形滿足，，且，，為中點，，.(1)求證：，，，四點共面；(2)求二面角的正弦值.  21．如圖，在多面體中，四邊形為正方形，平面，，，是線段上的一動點，過點和直線的平面與，分別交于，兩點.(1)若為的中點，請在圖中作出線段，并說明，的位置及作法理由；(2)線段上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由.  22．某校興趣小組在如圖所示的矩形區(qū)域內(nèi)舉行機器人攔截挑戰(zhàn)賽，在處按方向釋放機器人甲，同時在處按方向釋放機器人乙，設(shè)機器人乙在處成功攔截機器人甲，兩機器人停止運動．若點在矩形區(qū)域內(nèi)（包含邊界），則挑戰(zhàn)成功，否則挑戰(zhàn)失敗．已知米，為中點，比賽中兩機器人均勻速直線運動方式行進，記與的夾角為（），與的夾角為（）．（1）若兩機器人運動方向的夾角為，足夠長，機器人乙挑戰(zhàn)成功，求兩機器人運動路程和的最大值；（2）已知機器人乙的速度是機器人甲的速度的倍．（i）若，足夠長，機器人乙挑戰(zhàn)成功，求．（ii）如何設(shè)計矩形區(qū)域的寬的長度，才能確保無論的值為多少，總可以通過設(shè)置機器人乙的釋放角度使機器人乙挑戰(zhàn)成功？
參考答案：1．B【分析】由純虛數(shù)的定義得出實數(shù).【詳解】，因為復(fù)數(shù)是純虛數(shù)，所以，且，解得.故選：B2．C【分析】根據(jù)對立事件的概念可得結(jié)果.【詳解】根據(jù)對立事件的概念，連續(xù)射擊2次，事件“至少有1次中靶”的對立事件是“2次都不中靶”.故選：C.3．B【分析】先根據(jù)頻率分布直方圖的性質(zhì)，求得的值，再根據(jù)樣本中成績在區(qū)間內(nèi)的頻率×參賽的100名學(xué)生即可求解．【詳解】由頻率分布直方圖可知，得，所以成績在區(qū)間內(nèi)的學(xué)生有名．故選：B．4．D【分析】由線面的位置關(guān)系以及面面平行的判定定理以及面面垂直的關(guān)系逐一判斷選項即可.【詳解】對于A：由線面平行的性質(zhì)可知，故A正確；對于B：垂直于同一個平面的兩條直線平行，故B正確；對于C：平面內(nèi)兩條相交直線分別和另一個平面平行，則兩個平面平行，故C正確； 對于D：，則或或或與相交，故D錯誤；故選：D5．D【分析】根據(jù)平均數(shù)和方差的性質(zhì)求解：若數(shù)據(jù)，，…，的平均數(shù)和方差分別為和，則數(shù)據(jù)，，…，的平均數(shù)和方差分別為和.【詳解】若數(shù)據(jù)，，…，的平均數(shù)和方差分別為和，則數(shù)據(jù)，，…，的平均數(shù)和方差分別為和.題中，樣本數(shù)據(jù)，，…，的平均數(shù)和方差分別為3和56，，則，，…，的平均數(shù)為，方差為.故選：D.6．C【分析】如圖所示，過點，，的截面下方幾何體轉(zhuǎn)化為一個大的三棱錐，減去兩個小的三棱錐，上方部分，用總的正方體的體積減去下方的部分體積即可.【詳解】作直線，分別交于兩點，連接分別交于兩點，如圖所示， 過點，，的截面即為五邊形 ，設(shè)正方體的棱長為，因為點，，分別是，的中點所以，即，因為，所以則過點，，的截面下方體積為：，∴另一部分體積為，∴.故選：C.7．A【分析】以為原點建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，根據(jù)二面角的空間向量坐標(biāo)公式表達平面與平面和平面所成的角，再化簡結(jié)合的取值范圍求解即可.【詳解】如圖，以為原點建立空間直角坐標(biāo)系，正方體棱長為3，  則，，，設(shè)，則，，由正方體的性質(zhì)可得平面的一個法向量為，平面的一個法向量，設(shè)平面的法向量，則，即，取，則，，故，又平面與平面和平面所成的角相等，故，即，故，即，.①當(dāng)，即時，因為，所以，又，則，，此時.②當(dāng)，即時，因為，所以，又，故，此時，故當(dāng)時取最小值.綜上的最小值為.故選：A8．D【分析】先求得，根據(jù)二面角以及解直角三角形等知識分別求得和，由此求得正確答案.【詳解】由于，所以，由余弦定理得，則，而為銳角，所以，，同理可求得.  設(shè)平面，且平面，過作，垂足為，過作，垂足為，連接，由于平面，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以，所以，同理可證得，依題意，即，設(shè)，則，所以，，，所以三點共線，而平面，所以，，，連接，過作，垂足為，則，所以，所以    ，由兩邊平方得，即，為銳角，故解得.由兩邊平方得，即，為銳角，故解得，所以.  故選：D【點睛】求解二面角有關(guān)問題，關(guān)鍵是利用二面角的定義作出二面角的平面角.常用的方法有定義法和線面垂直法.定義法是：在交線上任取一點，過這點在兩個面內(nèi)分別引交線的垂線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角.線面垂直法是：自二面角的一個面上的一點向另一個面引垂線，再由垂足向交線作垂線，連線后得到二面角的平面角.9．BC【分析】對于A，直接判斷即可；對于B，，結(jié)合即可判斷；對于C，，結(jié)合即可判斷；對于D，，結(jié)合即可判斷.【詳解】對于A，因為，所以，所以只有一解；故A錯誤；對于B，因為，所以由正弦定理得，因為，即，所以，所以有兩解（，或），故B正確；對于C，因為，所以由正弦定理得，即，因為，所以有兩解（，或，），故C正確；對于D，因為，所以由正弦定理得，由于，故，所以只有一解，故D錯誤；故選：BC10．BCD【分析】根據(jù)對立事件和互斥事件的關(guān)系可判斷A；根據(jù)事件的和事件的概率可判斷B；舉反例可判斷C，D,【詳解】對于A，因為對立事件一定是互斥事件，A正確；對B，當(dāng)且僅當(dāng)A與B互斥時才有，對于任意兩個事件，滿足，B不正確；對C，若事件彼此互斥，不妨取分別表示擲骰子試驗中的事件“擲出1點”，“擲出2點”，“擲出3點”，則，所以C不正確；對于D，例如，袋中有大小相同的紅、黃、黑、藍4個球，從袋中任摸一個球，設(shè)事件A={摸到紅球或黃球}，事件B={摸到黃球或黑球），滿足，但事件A與B不互斥，也不對立，D錯誤，故選：BCD.11．BCD【分析】以點為坐標(biāo)原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可判斷ABD選項；作出截面，計算出截面面積，可判斷C選項.【詳解】以點為坐標(biāo)原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則、、、、、、、、、、，對于A選項，，，則，所以直線與直線不垂直，故A錯誤；對于B選項，設(shè)平面的法向量為，，，則，取，可得，，所以，即，因為平面，平面，故B正確；對于C選項，連接、、，因為、分別為、的中點，則，且，所以四邊形為平行四邊形，則，所以，所以、、、四點共面，故平面截正方體所得截面為，且，同理可得，，所以四邊形為等腰梯形，分別過點、在平面內(nèi)作，，垂足分別為、，如下圖所示：因為，，，所以，故，，因為，，，則四邊形為矩形，所以，，故，故梯形的面積為，故C正確；對于D選項，，則點到平面的距離為，，則點到平面的距離為，所以點與點到平面的距離相等，故D正確.故選：BCD.12．AC【分析】利用特例可判斷BD的正誤，利用判別式的非負可判斷A的正誤，利用基本不等式可判斷C的正誤.【詳解】由題設(shè)有.因為，故，整理得到：，所以，整理得到，故即，所以，所以即，當(dāng)時，，，故的最大值是，故A正確.取，此時滿足，但，故B錯誤.因為，故，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立.所以，故，故，故，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，故的最大值是，故C正確.對于D，取，，則，而此時，又，而，故，故D錯誤.故選：AC.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題中單位向量，，的兩兩夾角為，故它們可構(gòu)成空間向量的一個基底，對于所得的多變量的恒等關(guān)系，可利用基本不等式轉(zhuǎn)化，也可以將其中一個變量看成主變量，從而可判斷方程有解的角度分析問題.13．10【分析】根據(jù)高一年級教師所占的比例抽取即可.【詳解】高一年級教師所占的比例為：，則高一年級應(yīng)抽取的教師人數(shù)為：.故答案為：10.14．【分析】利用空間向量基本定理，得到，即可求出.【詳解】在平行六面體中，.因為，所以.所以.故答案為：15．【分析】一方面有，另一方面 由此即可算出的正弦值，結(jié)合以及三角形面積公式即可求解. 【詳解】如下圖所示：    一方面：由，得．另一方面：設(shè)，則，由..結(jié)合以上兩方面得，整理得，則，且注意到，即，所以的面積為  ．故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點點睛:本題的關(guān)鍵在于發(fā)現(xiàn)以及，，由此找到轉(zhuǎn)換已知條件的橋梁，進而順利求解.16．【分析】首先證明一個結(jié)論：在三棱錐中，棱，，上取點，，，則，再設(shè)設(shè)，，分析可得，，，與，間的關(guān)系，再由換元法結(jié)合對勾函數(shù)的單調(diào)性求得答案．【詳解】首先證明一個結(jié)論：在三棱錐中，棱，，上取點，，， 則，設(shè)與平面所成角為，則;再來解答本題：設(shè)，， ,則，，，，，則，，，則，，令，則，，，，，當(dāng)時，函數(shù) 單調(diào)遞減，當(dāng)時，函數(shù) 單調(diào)遞增，故最小值為2，當(dāng) 時，都取到最大值 ，則，（當(dāng)且僅當(dāng)時，取最小值），，，故答案為：，．17．(1)或；(2) 【分析】（1）由直線垂直的特征及直線過的點可得關(guān)于a、b的方程組，即可得解；（2）由直線平行的特征求解a，b，再代入驗證即可.【詳解】（1）因為，，且，所以，又直線過點，所以，所以，所以，所以或；（2）若，則，解得，當(dāng)時，，也即，，也即，滿足 ，所以若，.18．見詳解【分析】根據(jù)點到直線的距離公式得，分與兩種情況討論，再結(jié)合配方，放縮可證．【詳解】證明：∵與不同時為0，∴由點到直線的距離公式得當(dāng)時，，當(dāng)時，，綜上，對任意的，點到直線的距離恒小于．19．(1)(2) 【分析】(1)每一輪罰球中兩隊打成平局的情況有兩種:甲、乙均未罰進點球,或甲、乙均罰進點球.(2) 甲隊第5個球員需出場罰球,則前四輪罰球甲、乙兩隊分差不能超過1分,即四輪罰球結(jié)束時比分可能為2:1或2:2或3:2.【詳解】（1）設(shè)每一輪罰球中,甲隊球員罰進點球的事件為,未罰進點球的事件為;乙隊球員罰進點球的事件為,未罰進點球的事件為.設(shè)每一輪罰球中,甲、乙兩隊打成平局的事件為C,由題意,得在每一輪罰球中兩隊打成平局的情況有兩種:甲、乙均未罰進點球,或甲、乙均罰進點球,則,故每一輪罰球中,甲、乙兩隊打成平局的概率為.（2）因為甲隊第5個球員需出場罰球,則前四輪罰球甲、乙兩隊分差不能超過1分,即四輪罰球結(jié)束時比分可能為2:1或2:2或3:2.①比分為2:1的概率為.②比分為2:2的概率為.③比分為3:2的概率為.綜上,甲隊第5個球員需出場罰球的概率為.20．(1)證明見解析(2) 【分析】（1）如圖建立空間直角坐標(biāo)系，求出點的坐標(biāo)即可得到，，，令，依題意得到方程組，解得、，即可得證；（2）利用空間向量法求出二面角的余弦值，再根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系計算可得；【詳解】（1）證明：以點為坐標(biāo)原點，向量??方向分別為??軸的正方向建立坐標(biāo)系，則，，，，，，所以，因為，設(shè)，則，所以，解得，所以，同理可得，∴，，，令，則，∴，∴，∴，∴???四點共面.（2）解：由（1）可知，，，∴，.設(shè)平面的一個法向量為，則，即，則，令，則.取平面的一個法向量為，則，所以，∴二面角的正弦值為.21．(1)作圖見解析，為的中點，為靠近點的三等分點，理由見解析(2)存在， 【分析】（1）根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理得到，再結(jié)合為的中點即可得到為的中點，根據(jù)面面平行的性質(zhì)得到平分，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)即可得到為的三等分點；（2）設(shè)的坐標(biāo)為，然后利用空間向量的方法列方程，解方程即可求解.【詳解】（1）如圖，取為的中點，為靠近點的三等分點.理由如下：由四邊形為正方形得，，，又平面，平面，所以平面.又平面平面，為的中點，得，且為的中點.因為，，平面，平面，所以∥平面，又，平面，所以平面平面，平面平面，平分，得平分， 又，得到為的三等分點，且，從而作出線段.（2）由題意，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，  則，，，，，于是，，，設(shè)，則的坐標(biāo)為.設(shè)平面的法向量為，則由得令，得平面的一個法向量為.設(shè)直線與平面所成角為，則，假設(shè)存在點使得直線與平面所成角的正弦值為，則有，解得，.所以線段上存在點，位于靠近點的三等分點處，使得直線與平面所成角的正弦值為.22．（1）6；（2）（i）；（ii）至少為米.【分析】（1）用余弦定理列方程，結(jié)合基本不等式求得，也即兩機器人運動路程和的最大值.（2）（i）利用正弦定理求得；（ii）設(shè)，利用余弦定理求得，求得的最大值，由此求得的最小值.【詳解】（1）如圖，在中由余弦定理得，， 所以所以，（當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立）故兩機器人運動路程和的最大值為（2）（i）在中由于機器人乙的速度是機器人甲的速度的倍，故，由正弦定理可得所以（ii）設(shè)，則，由余弦定理可得，所以所以由題意得對任意恒成立，故，當(dāng)且僅當(dāng)時取到等號．答：矩形區(qū)域的寬至少為米，才能確保無論的值為多少，總可以通過設(shè)置機器人乙的釋放角度使機器人乙在矩形區(qū)域內(nèi)成功攔截機器人甲．【點睛】正弦定理、余弦定理是解題的重要數(shù)學(xué)知識，二次函數(shù)最值的求法在本題中是重要的方法. 

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