精品解析：广东省广州市玉岩中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷

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命题人：向良辉 审校人：朱幸芳
说明：本试卷分第I卷和第Ⅱ卷.第I卷为选择题，共11题共58分，第Ⅱ卷为非选择题，共92分，全卷共150分.考试时间为120分钟第I卷（选择题）
注意事项：
1.答第I卷前，考生务必用2B铅笔将姓名､准考证号填写在答题卡上，并用2B铅笔在答题卡上规定位置涂黑自己的试卷类型､考试证号和考试科目.
2.每小题选出答案后，用铅笔涂黑答题卡上对应题目的答案标号.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.（答案写在试题卷上无效）.
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，只有一项符合题目要求.
1. 已知，，且，则（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量垂直的坐标运算公式求解即可.
【详解】因为，，且，所以，
解得.
故选：D
2. 直线倾斜角及在y轴上的截距分别是（ ）
A. ，6B. ，C. ，6D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线方程求出斜率，再利用斜率与倾斜角的关系可求出倾斜角，然后令可求出直线在y轴上的截距.
【详解】由直线可得其斜率，
设直线的倾斜角为，则，
因为，所以，即倾斜角为，
当时，，得，
所以直线在y轴上的截距为，
故选：B
3. 一个不透明的盒子中装有大小、材质均相同的四个球，其中有两个红球和两个黄球，现从盒子中一次性随机摸取两个球，则这两球不同色的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助列举法，找出所有情况及符合要求的情况后计算即可得.
【详解】将两个红球编号为1，2，两个黄球编号为3，4，
一次性随机摸取两个球的情况有，，，，，，共6种，
其中两球不同色的情况有，，，，共4种，
故两球不同色的概率为.
故选：D.
4. 抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：“点数为”，其中；“点数不大于2”，“点数大于2”，“点数大于4” 下列结论是判断错误的是 （ ）
A 与互斥B. ，
C. D. ，为对立事件
【答案】D
【解析】
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义判断AD，由事件的运算判断B，由事件间关系判断C.
【详解】由题意与不可能同时发生，它们互斥，A正确；
中点数为1或2，中点数为3，4，5或6，因此它们的并是必然事件，但它们不可能同时发生，因此为不可能事件，B正确；
发生时，一定发生，但发生时，可能不发生，因此，C正确；
与不可能同时发生，但也可能都不发生，互斥不对立，D错误；
故选：D．
5. 平面上、、三点不共线，设，，则的面积等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由三角形的面积公式可知，结合数量积公式可选出正确答案.
【详解】解：由三角形的面积公式知
.
故选：C.
【点睛】本题考查了三角形的面积公式，考查了平面向量的数量积.
6. 如图，一座圆拱桥，当拱顶离水面2米时，水面宽12米，则当水面下降1米后，水面宽为（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，建立直角坐标系，设圆的半径为，求得圆的方程为，结合圆的方程，即可求解.
【详解】以圆拱桥的顶点为坐标原点，以过拱顶顶点的竖直线为轴，建立直角坐标系，
设圆心为，水面所在弦的端点为，则由已知可得，
再设圆的半径为，则圆心，即圆的方程为，
将点代入圆的方程，可得，即圆的方程为，
当水面下降1米后，可得，
代入圆的方程，可得，所以当水面下降1米后，水面宽度为米.
故选：D.
7. 已知棱长为2的正方体内有一内切球，点在球的表面上运动，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设出点，可知，所以表示点与点之间距离的平方，分析求解即可.
【详解】以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，设点，
所以，，
所以，
因为表示点与点之间距离的平方，
所以当点的坐标为时，取得最大值为，
当与点重合时，取得最小值，
所以的取值范围为：.
故选：A.
8. 设直线：，一束光线从原点出发沿射线向直线射出，经反射后与轴交于点，再次经轴反射后与轴交于点．若，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据光学的性质，根据对称性可先求关于直线的对称点，后求直线，可得、两点坐标，进而由可得.
【详解】如图，设点关于直线的对称点为Ax1,y1，
则得，即，
由题意知与直线不平行，故，
由，得，即，
故直线的斜率为，
直线的直线方程为：，
令得，故，
令得，故由对称性可得，
由得，即，
解得，得或，
若，则第二次反射后光线不会与轴相交，故不符合条件．
故，
故选：B
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.全部选对的得6分，部分选对得部分，有选错的得0分.
9. 从这20个整数中随机选择一个数，设事件表示选到的数能被2整除，事件表示选到的数能被3整除，则对下列事件概率描述正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得事件的基本事件个数，结合古典概型的概率公式即可判断AB，由和事件的概率公式以及对立事件的概率公式即可判断CD.
【详解】由题意可知，共10个，
共6个，则共3个，
则，故A正确；，故B正确；
，故C错误；
，故D正确；
故选：ABD
10. 1765年，数学家欧拉在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心､重心､垂心在同一条直线上，这条直线就是后人所说的“欧拉线”.已知的顶点，重心，则下列说法正确的是（ ）
A. 点的坐标为
B. 为等边三角形
C. 欧拉线方程为
D. 外接圆的方程为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据重心公式计算得到A正确；计算得到B错误；计算线段垂直平分线的方程得到C正确；计算外接圆圆心为，得到圆方程，D正确，得到答案.
【详解】为的重心，设，由重心坐标公式，
解得，，选项A正确；
，所以不等边三角形，故选项B错误；
，的外心､重心､垂心都位于线段的垂直平分线上，的顶点，线段的中点的坐标为，线段所在直线的斜率，线段垂直平分线的方程为，即，的欧拉线方程为，故选项C正确；
因为线段的垂直平分线方程为，的外心为线段的垂直平分线与线段的垂直平分线的交点，所以交点的坐标满足，解得，外接圆半径，所以外接圆方程为，故选项D正确.
故选：ACD.
11. 在平行六面体中，，若，其中，则下列结论正确的为（ ）
A. 若点在平面内，则
B. 若，则
C. 当时，三裬锥的体积为
D. 当时，长度的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据平面向量基本定理，以及空间向量加法法则即可判断选项A；根据空间向量的数量积定义和线性运算即可判断选项B；作图得到平面内的射影，利用点到平面的距离结合三棱锥的体积公式即可判断选项C；根据空间向量的数量积定义及运算律，再结合二次函数的性质及基本不等式即可判断选项D.
【详解】对于A，若点平面内，
则有，
所以，
又，则，A错；
对于B，由题得，
，
且，又，即，
故，得，B正确；
对于C，由题知四面体为正四面体，
设在平面内的射影为，
则为的中心，可得，，
当时，到平面的距离为，
所以，C错；
对于D，由B知，
，
又，
由基本不等式可知，
所以，即，
当且仅当时等号成立，
所以长度的最小值为，D正确.
故选：BD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 有甲､乙两台机床生产某种零件，甲生产出正品且乙生产出次品的概率为，乙生产出正品且甲生产出次品的概率为，每台机床生产出正品的概率均大于，则甲､乙同时生产这种零件，至少有一台生产出正品的概率是__________.
【答案】
【解析】
【分析】设甲、乙生产出正品的概率分别为，根据题意由求得，再由求解.
【详解】解：设甲、乙生产出正品的概率分别为，
由题意得，解得或（舍去），
所以甲､乙同时生产这种零件，至少有一台生产出正品的概率是，
故答案为：
13. 设，已知直线，过点作直线，且，则直线与之间距离的最大值是__________.
【答案】5
【解析】
【分析】求出直线恒过点−1,1，从而得到两平行线的最大距离为点−1,1与点的距离，得到答案.
【详解】由于直线，整理得：，
故，解得，
即直线恒过点−1,1，则过点作直线，
且，则最大距离为点−1,1与点的距离，
即.
故答案为：5
14. 已知直三棱柱，，，E为侧棱的中点，过E作平面与平面垂直，当平面与该直三棱柱所成截面为三角形时，顶点与该截面构成的三棱锥体积的最小值为_______.
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量法来计算动点坐标关系，从而去解决平面问题.
【详解】分别以所在直线为轴，轴，轴
则
，
设平面的法向量，
则，得，
设平面，与平面交于点，
则，点，由，得，即，
当平面经过直线并绕着直线旋转时，
平面与平面的交线绕着点旋转，
当交线与线段，都相交时，与正方体所成截面为三角形，
令平面与平面的交线交于点，交于点，
设，， 则，
，
由三点共线，得，，
所以，因此，所以
故答案为：.
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. 某停车场临时停车按时段收费，收费标准如下：每辆汽车一次停车不超过1小时时收费6元，超过1小时的部分每小时收费8元（不足1小时按1小时计算）.现有甲、乙两人在该地停车，两人停车都不超过4小时.
（1）若甲停车1小时以上且不超过2小时的概率为，停车费多于14元的概率为，求甲的停车费为6元的概率；
（2）若甲、乙两人每人停车的时长在每个时段的可能性相同，求甲、乙两人停车费之和为28元的概率.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）记“甲一次停车不超过1小时”为事件A，“甲一次停车1到2小时”为事件B，“甲一次停车2到3小时”为事件C，“甲一次停车3到4小时”为事件D，先求出，，再利用互斥事件的概率加法公式求解；
（2）利用古典概型的概率公式求解.
【小问1详解】
记“甲一次停车不超过1小时”为事件A，“甲一次停车1到2小时”为事件B，“甲一次停车2到3小时”为事件C，“甲一次停车3到4小时”为事件D.
由已知得，.
又事件A，B，C，D互斥，，
甲的停车费为6元即甲一次停车不超过1小时，
所以，
所以甲的停车费为6元的概率为.
【小问2详解】
易知甲、乙停车时长的样本点有，，，，，，，，，，，，，，，，共16个，
停车1小时的费用为6元，停车2小时的费用为14元，停车3小时的费用为22元，停车4小时的费用为30元.
这16种情况发生的可能性是相等的，而“停车费之和为28元”的样本点有，，，共3个.
所以所求概率为.
16. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深入而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：若动点与两定点，的距离之比为，那么点的轨迹就是阿波罗尼斯圆.基于上述事实，完成以下两个问题：
（1）已知，，若，求点的轨迹方程；
（2）已知点在圆上运动，点，探究：是否存在定点，使得恒成立，若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，定点
【解析】
【分析】（1）由两点间距离公式列式求解，
（2）设出点坐标后列式化简，与圆方程对比求解，
【小问1详解】
设，则，，
故，故，
化简得点的轨迹方程为
【小问2详解】
假设存在定点，使得恒成立，设，，
故，，
因为，故，
即，而点在圆上，即，
对照可知，，解得
故存在定点，使得恒成立.
17. 如图所示，在三棱柱中，，是的中点.
（1）用表示向量；
（2）在线段上是否存在点，使？若存在，求出的位置，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）存在，时，.
【解析】
【分析】（1）结合图形由空间向量的线性运算计算可得；
（2）设，用向量表示，由向量垂直根据空间向量的数量积的坐标运算求出即可.
【小问1详解】
【小问2详解】
假设存在点，使，设，
显然.
因为，所以，
即
.
设，又，
即，
解得，
所以当时，.
18. 如图所示的几何体中，垂直于梯形所在的平面，为的中点，，四边形为矩形，线段交于点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）见解析（2）（3）在线段上存在一点满足题意，且
【解析】
【分析】(1)由题意结合线面平行的判定定理即可证得题中的结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值，然后利用同角三角函数基本关系可得二面角的正弦值；
(3)假设点Q存在，利用直线的方向向量和平面的法向量计算可得点Q的存在性和位置.
【详解】（1）因为四边形为矩形，所以为中点.连接，
在中，分别为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）易知两两垂直，如图以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，所以.
设平面的法向量为，
则即解得
令，得
所以平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
，据此可得 ，
则平面的一个法向量为，
，于是.
故二面角的正弦值为.
（3）设存在点满足条件.
由，
设，整理得，
则.
因为直线与平面所成角的大小为，
所以
解得，
由知，即点与重合.
故在线段上存在一点，且.
【点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：
(1)求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．
(2)设分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与互补或相等.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
19. 在空间解析几何中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知空间中某单叶双曲面的方程为，双曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面，已知直线过C上一点，且以为方向向量.
（1）指出平面截曲面所得交线是什么曲线，并说明理由；
（2）证明：直线在曲面上；
（3）若过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1）平面上，以原点为圆心，1为半径的圆；理由见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，可得坐标平面的方程；当时，可得平面截曲面所得交线的方程，进而可得曲线类型；
（2）设是直线上任意一点，由题意有，从而得点的坐标，代入曲面的方程验证即可.
（3）设是直线上任意一点，直线的方向向量为，由题意有，可得点的坐标，代入曲面的方程，进而可求得的关系，可得，利用向量夹角公式求解即可得出答案.
【小问1详解】
根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为，
已知曲面的方程为，
当时，平面截曲面所得交线上的点满足，
即，
也即在平面上到原点距离为定值1，
从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆.
【小问2详解】
设是直线上任意一点，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，
所以点的坐标为，
于是，
因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上.
【小问3详解】
直线在曲面上，且过点，
设是直线上任意一点，直线的方向向量为，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，
所以点的坐标为，
∵在曲面上，∴，
整理得，
由题意，对任意的，有恒成立，
∴，且，
∴，或，
不妨取，则，或，
∴，或，
又直线的方向向量为，
则异面直线与所成角的余弦值均为
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．