广东省名校联盟2024-2025学年高二上学期期中联合质量检测数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省名校联盟2024-2025学年高二上学期期中联合质量检测数学试题（解析版）-A4，共16页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，5B等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第十章，选择性必修第一册第一､二章.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知与是互斥事件，且，则（ ）
A. 0.5B. 0.6C. 0.8D. 0.9
【答案】D
【解析】
【分析】根据对立事件、互斥事件的和事件的概率公式求解.
【详解】由，可得.
由于与是互斥事件，
故.
故选：D
2. 已知直线的倾斜角为，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线斜率和倾斜角的关系求解即可.
【详解】直线的倾斜角为，
所以斜率一定存在，且 ，
直线即，
所以斜率,即.
故选：C
3. 已知坐标原点不在圆的内部，则的取值可能为（ ）
A. 1B. C. 2D. -2
【答案】A
【解析】
【分析】根据方程表示圆得，根据原点不在圆内得，解得的取值范围，再逐项判断即可.
【详解】依题意，方程表示圆，则，解得.
因为坐标原点不在圆的内部，所以.
综上所述，，结合选项可知A符合题意.
故选：A
4. 从三名男生和两名女生中任意选出两人参加冬奥知识竞赛，则选出的两人恰好是一名男生和一名女生的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出样本空间个数及满足条件的基本事件，再应用古典概型计算即可.
【详解】记三名男生为A，B，C，两名女生为1，2，
任意选出两人的样本空间为，，共10个样本点，
恰好一男生和一女生样本点有6个，
所以选出的两人恰好是一名男生和一名女生的概率为.
故选：B.
5. 已知空间向量满足，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据已知化简得出，再两边平方结合数量积公式计算得出夹角余弦进而求出夹角.
【详解】设与的夹角为.由，得，
两边平方得，所以，
解得.又，所以.
故选：C.
6. 若过点的直线与圆交于M，N两点，则弦长的最小值为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由时，MN最小，即可求解.
【详解】可化为，可得圆心，半径．
当时，MN最小，此时点到的距离，
所以MN的最小值为.
故选：C
7. 已知点，直线，若位于直线的两侧，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线所过定点，再由题意转化为直线与线段相交，求出过端点对应的斜率，数形结合得解.
【详解】由，可得，
所以直线恒过点，
则，
由题意，直线只需与线段相交（不包括端点）即可，
故的取值范围为.
故选：B
8. 在中，若动点满足，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，应用向量数量积的坐标公式列方程求得，利用定点到圆心距离求定点到圆上点距离的范围.
【详解】设，则，即，
即点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆.
又，所以的取值范围为.
故选：C
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 先后两次掷一枚质地均匀的骰子，事件A表示“两次掷出的点数之和是”，事件B表示“第二次掷出的点数是偶数”，表示“两次掷出的点数相同”，表示“至少出现一个奇数点”，则（ ）
A. A与互斥B. A与相互独立
C. 与对立D. 与相互独立
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：根据互斥事件的概念分析判断；对于C：根据对立事件的概念分析判断；对于BD：求相应事件的概率，结合独立事件的定义分析判断.
【详解】试验的样本空间，，，.
事件，.
对于A，A与没有公共的基本事件，A与互斥，正确；
对于B，与相互独立，B正确；
对于C，显然，与可以同时发生，C错误；
对于D，与相互独立，D正确.
故选：ABD.
10. 如图，已知正方体的棱长为2，O为正方体的中心，点满足，则（ ）

A. 平面B. 平面
C. 在上的投影向量为D. 二面角的余弦值为
【答案】AD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出求出法向量和直线方向向量，根据向量关系即可判断AB；由投影向量公式可判断C；求出两个平面法向量，根据向量夹角公式可判断D.
【详解】以为原点，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图，
则，
所以.
设平面的法向量为，
则令，则，.
因为，所以平面，A正确.
，所以EO不与平面平行，B错误.
在上的投影向量为，C错误．
易知平面的一个法向量为，设二面角的大小为，
则，D正确.
故选：AD

11. 已知点在圆上，点，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆与圆的公共弦方程为
B. 满足的点有2个
C. 若圆与圆、直线AB均相切，则圆的半径的最小值为
D. 的最小值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，两圆的方程作差可得公共弦方程；对于B，可判断点的轨迹是圆，进而判断两圆的位置关系即可；对于C，根据圆的几何性质可知，圆的直径的最小值为圆心到直线AB的距离与圆的半径的差；对于D，设存在定点，使得，解得点的坐标，将转化为，进而可求最小值.
【详解】对于A，和两式作差，
可得，故A正确.
对于B，由，可得点的轨迹是以AB为直径，3为半径的圆，
圆心的坐标为，两圆的圆心距为，
半径和与半径差分别为，
由3，得两圆相交，则满足条件的点有2个，故B正确.
对于C，直线AB的方程为，即，
圆心到直线AB的距离为，
所以圆的半径的最小值为，故C错误.
对于D，设存在定点，使得点在圆上任意移动时均有．
设，则有，
化简得．因为，所以，
解得，则，所以，故D正确．
故选：ABD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 两个篮球运动员罚球时命中的概率分别是0.4和0.5，两人各罚一次球，则他们至少有一人命中的概率是__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用独立乘法及对立事件概率求法求概率即可.
【详解】他们至少有一人命中的概率是.
故答案为：
13. 若点和点关于直线对称，则______．
【答案】-2
【解析】
【分析】由已知可得是线段的垂直平分线，据此计算可求.
【详解】因为点和点关于直线对称，
所以是线段的垂直平分线，由，可得，解得.
又AB的中点坐标为，，所以，解得，
.故.
故答案为：.
14. 已知，，是球上三点，球心的坐标为，是球上一动点，则三棱锥的体积的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用空间向量的坐标运算求出的相关量，并求出其面积，再利用空间求出球心到平面的距离即可求解.
【详解】依题意，，则，
则，的面积为，，则球的半径,
设平面ABC的法向量为，则，令，得，
则点到平面ABC的距离，球面上的点到平面距离最大值为，
所以三棱锥的体积的最大值为.
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. 在四棱柱中，四边形ABCD为菱形，为AC的中点.
（1）用表示，并求的值；
（2）求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用空间向量的基本定理及数量积与模长关系计算即可；
（2）利用空间向量数量积的运算律结合（1）计算即可.
【小问1详解】
由题意可知：，
且，
则
；
【小问2详解】
易知，
所以
.
16. 已知圆经过点和，其圆心在直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）若直线过点且与圆相切，求的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设圆的标准方程为，代入点的坐标，解方程即可求得圆的标准方程.
（2）分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况讨论求解即可.
【小问1详解】
设圆的标准方程为，
所以，
解得，
故圆的标准方程为．
【小问2详解】
由（1）可知圆心为．
①当直线斜率不存在时，易得直线的方程为，符合题意；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即
由题意，圆心到直线的距离等于半径2，即，解得，
此时直线的方程为．
综上，所求直线的方程为或．
17. 进行垃圾分类收集可以减少垃圾处理量和处理设备，降低处理成本，减少土地资源的消耗，具有社会､经济､生态等多方面的效益，是关乎生态文明建设全局的大事.为了普及垃圾分类知识，某学校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲，乙同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为.
（1）求和的值；
（2）试求两人共答对3道题的概率.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由互斥事件和对立事件的概率公式列方程组可解得；
（2）分别求出两人答对1道题的概率，答对两道题的概率，两人共答对3道题，则是一人答对2道题另一人答对1道题，由互斥事件和独立事件概率公式可得结论．
【小问1详解】
设{甲同学答对第一题}，{乙同学答对第一题}，则，.
设{甲、乙二人均答对第一题}，{甲、乙二人中恰有一人答对第一题}，
则，.
由于二人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，所以与相互独立，与相互互斥，所以，
由题意可得
即解得或
由于，所以，.
【小问2详解】
设{甲同学答对了道题}，{乙同学答对了道题}，，1，2.
由题意得，，，
，.
设{甲乙二人共答对3道题}，则.
由于和相互独立，与相互互斥，
所以.
所以，甲乙二人共答对3道题的概率为.
18. 如图，在四棱台中，平面，底面为正方形，，点在线段上运动.
（1）证明：.
（2）求异面直线与所成角的余弦值.
（3）求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见详解；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）以为正交基底建立空间直角坐标系，由数量积可证；
（2）求出两直线的方向向量，利用向量夹角公式计算可得；
（3）设，求出平面法向量，根据线面角的向量夹角公式，将用表示，利用换元和二次函数性质求解可得.
【小问1详解】
证明：因为平面，平面，
所以，又为正方形，所以两两垂直，
以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，
则，
所以
【小问2详解】
解：由（1）可得，
所以，
故异面直线与所成角的余弦值为
【小问3详解】
解：设.因为，所以，
则
由（1）可得.
设平面的法向量为，
则取
设直线与平面所成的角为，则
.令，则，
所以
当，即时，取得最大值，最大值为1；
当，即时，取得最小值，最小值为.
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
19. 定义：是圆外一点，过点所作的圆的两条切线（为切点）相互垂直，记圆经过点，则称为圆的“伴随点”，圆为“伴随圆”.已知为坐标原点，圆为圆的“伴随点”，圆为“伴随圆”.
（1）求点所在曲线的方程.
（2）已知点的横坐标为6，且位于第一象限.
（i）求圆的方程；
（ii）已知为过点所作的圆的两条切线的切点，直线与轴分别交于点，过点且斜率为的直线与圆有两个不同的交点，若，求的方程.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）应用伴随点定义得出进而求出曲线方程；
（2）（i）应用伴随圆定义得出半径为，进而求出曲线方程；（ii）先求直线的方程为，得出，直线的方程为，代入方程，应用数量积计算求解得出直线.
小问1详解】
因为为圆的“伴随点”，所以四边形为正方形，
则，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
故点所在曲线的方程为.
【小问2详解】
由题可知.
（i）因为四边形为正方形，所以圆心的坐标为，
半径为，
故圆的方程为.
（ii）因为直线为圆与圆的公共弦所在直线，
所以直线的方程为.
令，可得，令，可得，
所以.
由题意，可知直线的方程为，
代入方程，整理得.
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
所以
.
由题意可得，解得或.
经检验，当时，不满足Δ=[−61−k]2−4×1+k2×5>0；
当时，满足Δ=[−61−k]2−4×1+k2×5>0.
故的方程为.
【点睛】关键点点睛：解题关键点是对新定义的应用，可以由圆与圆的公共弦所在直线的方程为，进而结合数量积公式计算即可.