广东省广州市华侨中学2024-2025学年高二上学期期中考试港澳班数学试题

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一、选择题：本大题共12小题，每小题四个选项中只有一个正确选项，每小题5分．
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解即得.
【详解】解不等式，得，即，解得，则，
解不等式，得，，
所以.
故选：A
2. 复数的模为（ ）
A. 1B. 2C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的四则运算化简复数，再利用复数的模长公式即可得解.
【详解】
所以复数的模为1，
故选：A
3. 已知直线：，直线：，则命题：是命题：的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线平行的充要条件求解.
【详解】由可得：，
解得：或，
当时，两直线重合，不合题意，
当时，两直线平行.
故选：C.
4. 若，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦函数的性质解不等式即得.
【详解】由，得，而，解得或，
所以的取值范围是.
故选：D
5. 函数的反函数是（ ）
A. B.
C. D. （）
【答案】A
【解析】
【分析】把y看作常数，解方程求出，x，y互换，得到即可得解.
【详解】因为，所以，所以，即
x，y互换，得：，.
故选：A
6. 函数的图象与函数的图象关于轴对称，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】解：根据题意，函数的图象与函数的图象关于轴对称，
则有，
则；
故选：．
7. 正三棱柱各棱长均为，为的中点，那么四面体 的体积（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意画出图，然后表示出四面体的体积，再计算即可求得.
【详解】如图所示，

为正三棱柱，且棱长均为
底面为正三角形，侧面为正方形，则
故选：D.
8. 在一个盒子中有3个红球和2个黑球，这5个球除颜色外没有其他差异.现从中依次不放回地随机抽取出2个球.则两次取到的球颜色相同的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设3个红球为A,B,C,2个黑球为,分别列出试验的样本空间和所求事件含的基本事件，利用古典概型概率公式计算即得.
【详解】设3个红球为A,B,C,2个黑球为.
因为试验为“从中依次不放回地随机抽取出2个球”，
故试验的样本空间为：，
记“两次取到的球颜色相同”,则，
由古典概型概率公式，可得.
故选：B.
9. 已知直线，若直线与连接、两点的线段总有公共点，则直线的斜率的范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出直线所过定点的坐标，数形结合求出直线的斜率的取值范围.
【详解】直线的方程化为，由，解得，
因此直线过定点，线的斜率，
直线的斜率，
如下图所示，由直线与线段总有公共点，得直线的斜率有或，
又直线的斜率，
所以直线的斜率的范围为.
故选：A
10. 若直线与曲线有公共点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画出曲线和直线图形，利用圆和直线的位置关系再由点到直线的距离即可求得的取值范围.
【详解】将曲线整理可得,
因此曲线表示的是以2,3为圆心，半径为2的下半圆，
若直线与曲线有公共点，如下图所示：
当直线在直线的位置，即时，直线与曲线有一个公共点；
当直线在直线的位置，即直线与曲线相切，
此时，解得，（舍）；
只有直线位于两直线之间时，满足题意，即.
故选：A
11. 圆关于直线对称，则实数（ ）
A. 1B. -3C. 1或-3D. -1或3
【答案】B
【解析】
【分析】求出圆心坐标，代入直线方程即可求解.
【详解】的圆心坐标为，
因为圆关于直线对称，
所以圆心在直线上，也即，
解得：或.
当时，可得：，符合圆的方程；
当 时，可得：，配方可得：，舍去.
故选：B
12. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点、的距离之比为定值的点所形成的图形是圆，后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知在平面直角坐标系中，，.点满足，设点所构成的曲线为，下列结论不正确的是（ ）
A. 的方程为
B. 在上存在点，使得到点的距离为3
C. 在上存在点，使得
D. 上的点到直线的最小距离为1
【答案】C
【解析】
【分析】对A：设点Px,y，由两点的距离公式代入化简判断；对B：根据两点间的距离公式求得点到圆上的点的距离的取值范围，由此分析判断；对C：设点Mx,y，求点M的轨迹方程，结合两圆的位置关系分析判断；对D：结合点到直线的距离公式求得C上的点到直线的最大距离，由此分析判断.
【详解】对A：设点Px,y，
∵，则，整理得，
故C的方程为，故A正确；
对B：的圆心，半径为，
∵点到圆心的距离，
则圆上一点到点的距离的取值范围为，
而，故在C上存在点D，使得D到点的距离为9，故B正确；
对C：设点Mx,y，
∵，则，整理得，
∴点M的轨迹方程为，是以为圆心，半径的圆，
又，则两圆内含，没有公共点，
∴在C上不存在点M，使得，C不正确；
对D：∵圆心到直线的距离为，
∴C上的点到直线的最小距离为，故D正确；
故选：C.
【点睛】思路点睛：利用点与圆的位置关系来判定B，利用圆与圆的位置关系来判定C，结合数形思想即可.
二、填空题：本大题共6题，每小题5分．
13. 已知点A（1，2）在圆C：外，则实数m的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】由表示圆可得，点A（1，2）在圆C外可得，求解即可.
【详解】由题意，表示圆，
故，即或，
点A（1，2）圆C：外，
故，即
故实数m的取值范围为或，
故答案为：.
14. 直线上的一点，到与的距离之差的绝对值的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】设点关于的对称点的坐标为，根据两点关于直线对称求出点的坐标，数形结合可知当、、三点共线时，取最大值，即可得解.
【详解】设点关于的对称点的坐标为，连接，

则，即，所以①．
因为的中点在直线上，
所以，即②．
由①②得，所以点的坐标为．
又，
当且仅当、、三点共线时，取最大值.
故的最大值为.
故答案为：.
15. 直线与圆C：相交所形成的弦中长度最短的弦长为______
【答案】2
【解析】
【分析】求出直线所过定点，再利用圆的性质求出最短弦长.
【详解】直线恒过定点，
而圆的圆心，半径，
，即点在圆内，当且仅当时，直线被圆截得弦长最短，
所以所求最短弦长为.
故答案为：2
16. 如图是一个古典概型的样本空间和事件和事件，其中，，，，那么 _______
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，求得事件的样本点，结合古典概型的概率计算公式，求解即可.
【详解】由题可知，.
故答案为：.
17. 已知，从点射出的光线经x轴反射到直线上，又经过直线反射回到时点，则光线所经过的路程为_____．
【答案】
【解析】
【分析】求出关于轴对称点坐标，再求得关于直线的对称点坐标，线段的长即为所求路程．
【详解】直线的方程为：
点关于轴的对称点，
设点关于直线的对称点，
则，，解得，．
，
光线所经过的路程．
故答案为：．
18. 在空间直角坐标系中，已知向量，点，点，若平面经过点，且以为法向量，是平面内的任意一点，则平面的方程为：.由以上的理论，已知一平面和直线垂直，为其垂足，若，平面的方程式是_________
【答案】
【解析】
【分析】根据题设，可求得平面的法向量，注意到点在平面内，即可由平面方程得到答案.
【详解】由题意可知：
平面的法向量为，点在平面内，
根据平面的方程公式可得：，
化简得：.
故答案为：.
三、解答题：本大题共4小题，每题15分，共60分
19. 直线l经过两直线：和：的交点.
（1）若直线l与直线垂直，求直线l的方程；
（2）若点到直线l的距离为5，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）联立方程组，求得两直线的交点坐标，利用垂直关系求得斜率，结合点斜式方程，即可求解；
（2）分直线的斜率存在与不存在，结合点到直线的距离公式求得斜率，利用点斜式方程，即可求解.
【小问1详解】
解：联立方程组，解得交点，
又直线与直线垂直，所以直线的斜率为，
则直线的方程为，即.
【小问2详解】
当直线斜率不存在时，直线的方程为，满足点到直线的距离为5；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
则点到直线的距离为，求得，
故直线方程为，即，
综上可得，直线的方程为或.
20. 已知圆心为C的圆经过点和点两点，且圆心C在直线上．
（1）求圆C的标准方程；
（2）已知线段MN的端点M的坐标，另一端点N在圆C上运动，求线段MN的中点G的轨迹方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由圆心为C的圆经过点和点两点，可知圆心过线段的垂直平分线，将其与直线联立可求得圆心C，再求半径，即可得到圆的标准方程；
（2）设线段MN的中点，由G为线段MN的中点可得，代入圆C的方程，即可得到G的轨迹方程.
【小问1详解】
因为圆C经过点和点两点，
所以圆心C在线段的垂直平分线上，即上，
联立可解得，即，
所以圆C的半径为
则圆C的标准方程；
【小问2详解】
设线段MN的中点，
又M的坐标，且G为线段MN的中点，
所以，
又N在圆C上运动，
可得，
化简可得，
所以，线段MN的中点G的轨迹方程.
21. 质量监督局检测某种产品三个质量指标，用综合指标核定该产品的等级.若，则核定该产品为一等品.现从一批该产品中，随机抽取10件产品作为样本，其质量指标列表如下：
（1）利用上表提供的样本数据估计该批产品的一等品率；
（2）在该样品的一等品中，随机抽取2件产品，设事件为“在取出的2件产品中，每件产品的综合指标均满足”，求事件的概率.
【答案】（1）0.6；（2）.
【解析】
【分析】（1）分别计算10件产品的综合指标，找出满足条件的件数，除以总的10件，即可估计总的一等品率；
（2）写出所有的基本事件并得其种数，找出满足条件综合指标均有的基本事件数，由古典概型概率计算公式求得答案.
【详解】（1）计算10件产品的综合指标，如下表：
其中的有共6件，故该样本的一等品率为，
从而估计该批产品的一等品率为0.6.
（2）在该样本的一等品中，随机抽取2件产品的所有可能结果为：
共15种.
在该样本的一等品中，综合指标均满足的产品编号分别为，
则事件发生的所有可能结果为 共3种，
所以.
【点睛】本题考查用样本的概率估计总体概率，还考查了古典概型问题求概率，属于简单题.
22. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在平面互相垂直，活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记，活动弹子在上移动.

（1）求证：直线平面；
（2）为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析.
（2）.
【解析】
【分析】（1）在平面内，过点作，交于点，连接.由已知可证明.进而根据线面平行以及面面平行的判定定理得出平面平面.然后即可根据面面平行的性质，得出证明；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，求出，以及平面的一个法向量.设线面角为，根据向量表示出.分以及结合基本不等式，即可得出答案.
【小问1详解】
在平面内，过点作，交于点，连接，

由，得，而，，
则，，，于是，
又，则，而平面，，平面，
因此平面，同理平面，又平面，平面，，
则平面平面，而平面，
所以直线平面.
【小问2详解】
由平面平面，平面平面，，
平面，得平面，又，
以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，设，，
，，，
设是平面的法向量，则，取，得，
设与平面所成的角为，则，
当时，；
当时，，
而，当且仅当，即时取等号，则，
因此，，
所以与平面所成角的正弦值的最大值为.产品编号
质量指标（）
产品编号
质量指标（）
产品编号
4
5
6
5
6
5
6
6
3
4