2024-2025学年广东省广州一中高二（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省广州一中高二（上）期中数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.直线x+ 3y+a=0(a为实常数)的倾斜角的大小是( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.已知向量p在基底(a,b,c)下的坐标为(8,6,−4)，其中a=i+j，b=j+k，c=i+k，则向量p在基底(i,j,k)下的坐标为( )
A. (4,14,2)B. (10,12,14)C. (14,10,12)D. (4,2,3)
3.如图在四面体OABC中，M，N分别在棱OA，BC上且满足OM=2MA，BN=2NC，点G是线段MN的中点，用向量OA，OB，OC表示向量OG应为( )
A. OG=13OA+16OB+13OC
B. OG=13OA+13OB+16OC
C. OG=13OA+14OB+14OC
D. OG=14OA+14OB+13OC
4.已知直线l1：2x+(λ+1)y−2=0，l2：λx+y−1=0，若l1//l2，则λ的值是( )
A. −2B. −13C. −2或1D. 1
5.已知向量a=(1,1,0)，b=(−1,0,1)，且ka+b与b互相垂直，则k=( )
A. 13B. 12C. 2D. −12
6.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数(注：素数又叫质数)的和”，如30=7+23.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是( )
A. 112B. 114C. 115D. 118
7.对于任意实数k，直线(k+2)x−(1+k)y−2=0与点(−2,−2)的距离为d，则d的取值范围是( )
A. [0,4 2]B. (0,4 2]C. [0,2 55]D. (0,2 55]
8.甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：
累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首次比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场比赛轮空，直至有一人被淘汰：当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．
经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都是12，则甲最终获胜的概率是( )
A. 116B. 716C. 38D. 932
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.现有A，B两个相同的箱子，其中均有除了颜色不同外其他均相同的红白小球各3个，先从两个箱子中各取出一个小球a，b，再将两箱子混合后取出一个小球c，事件M：“小球a为红色”，事件N：“小球b为白色”，事件P：“小球c为红色”，则下列说法错误的有( )
A. M发生的概率为13B. M与N互斥
C. M与N相互独立D. P发生的概率为12
10.设A，B为两个互斥的事件，且P(A)>0，P(B)>0，则下列各式正确的是( )
A. P(AB)=0B. P(AB)=P(A)P(B)
C. P(A−∪B)=P(A−)D. P(A∪B)=P(A)+P(B)
11.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是直角三角形，且AC=BC=1,AA1= 3,E为B1C的中点，点F是棱A1C1上的动点，点P是线段A1B上的动点，则下列结论正确的是( )
A. 异面直线AB与B1C所成角的余弦值是 24
B. 三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的表面积是20π
C. 当点P是线段A1B的中点时，三棱锥P−B1CF的体积是 312
D. PE+PF的最小值是2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.以点X(3,1)为圆心，且与x轴相切的圆的方程是______．
13.已知两点A(1,1,0)，C(0,0,1)，B(0,1,1)是直线AC外一点，则点B到直线AC的距离______．
14.如图，正方形ABCD和正方形ABEF的边长都是1，且它们所在的平面所成的二面角D−AB−F的大小是60°，M，N分别是AC，BF上的动点，且BN=2AM，则MN的最小值是______．
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.(本小题13分)
已知三角形的三个顶点A(−5,0)，B(3,−3)，C(0,2)．
(1)求BC边的中垂线所在直线的方程；
(2)求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥O−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，OA⊥底面ABCD，OA=2，M为OA的中点，N为BC的中点，解答以下问题：
(1)证明：直线MN//平面OCD；
(2)求点N到平面OCD的距离．
17.(本小题15分)
甲、乙、丙三人组成一组，参加一个闯关游戏团体赛．三人各自独立闯关，其中甲闯关成功的概率为13，甲、乙都闯关成功的概率为16，乙、丙都闯关成功的概率为15.每人闯关成功记2分，三人得分之和记为小组团体总分．
(I)求乙、丙各自闯关成功的概率；
(II)求团体总分为4分的概率；
(III)若团体总分不小于4分，则小组可参加复赛．求该小组参加复赛的概率．
18.(本小题17分)
在Rt△ABC中，∠C为直角，AC=2BC=6，点D，E分别在边AC和AB上，且DE//BC，CD=2，如图甲.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，点M在棱A1D上，如图乙．
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)若平面BCM与平面A1BE的夹角的余弦值为 4228，求A1MA1D的值．
19.(本小题17分)
已知两个非零向量a，b，在空间任取一点O，作OA=a，OB=b，则∠AOB叫做向量a与b的夹角，记作〈a,b〉.定义a与b的“向量积”为：a×b是一个向量，它与向量a，b都垂直，它的模|a×b|=|a|⋅|b|sin〈a,b〉.如图，在正四棱锥S−ABCD中，AB=2，且|BC×SD|=2 7．

(1)求正四棱锥S−ABCD的体积V；
(2)若P为侧棱SD上的点，且SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值；
(3)若点E是侧棱SC(包含端点)上的一个动点，当直线DE与平面BCE所成角最大时，求SE：EC的值．
参考答案
1.D
2.A
3.A
4.A
5.C
6.C
7.A
8.D
9.ABD
10.ACD
11.AC
12.(x−3)2+(y−1)2=1
13. 63
14.12
15.解：(1)∵B(3,−3)，C(0,2)
∴kBC=2−(−3)0−3=−53，BC中点坐标(32,−12)．
∴BC边的中垂线所在直线的方程：y+12=35(x−32)，即3x−5y−7=0．
故BC边的中垂线所在直线的方程为：3x−5y−7=0．
(2)∵B(3,−3)，kBC=−53，
∴BC边所在直线方程为：y+3=−53(x−3)，即5x+3y−6=0．
∴点A(−5,0)到直线BC的距离为：d=|5×(−5)+3×0−6| 52+32=31 3434．
∵B(3,−3)，C(0,2)，
∴|BC|= (3−0)2+(−3−2)2= 34，
∴S△ABC=12× 34×31 3434=312，
故求△ABC的面积为312．
16.解：(1)证明：取OB的中点E，连接ME，NE
∵ME/​/AB，AB/​/CD，
∴ME//CD，
∵NE/​/OC，ME∩EN=E，OC∩CD=C，
∴平面MNE/​/平面OCD，
∴MN/​/平面OCD．
(2)∵N为BC的中点，
∴点N到平面OCD的距离是点B到平面OCD的距离的一半，
而点B到平面OCD的距离，即为A点到平面OCD距离．
作AP⊥CD于P，连接OP，过点A作AQ⊥OP于点Q，
∵AP⊥CD，OA⊥CD，
∴CD⊥平面OAP，AQ⊥CD，
∵AQ⊥OP，∴AQ⊥平面OCD，
∵底面ABCD是边长为2的菱形，OA⊥底面ABCD，OA=2，
M为OA的中点，N为BC的中点，∠ABC=60°，
∴PD=12AD=1，AP= 4−1= 3，
线段AQ的长就是点A到平面OCD的距离，
∵OP= OD2−DP2= OA2+AD2−DP2= 4+4−1= 7，
∴AQ=OA⋅APOP=2× 3 7=2 217，
即B到平面OCD的距离为2 217，
故点N到平面OCD的距离是是 217．
17.解：(I)三人各自独立闯关，其中甲闯关成功的概率为13，
甲、乙都闯关成功的概率为16，乙、丙都闯关成功的概率为15
设乙闯关成功的概率为P1，丙闯关成功的概率为P2
∵乙丙独立闯关，
根据独立事件同时发生的概率公式得：13P1=16P1⋅P2=15.
解得P1=12,P2=25．
即乙闯关成功的概率为12，丙闯关成功的概率为25．
(II)团体总分为4分，即甲、乙、丙三人中恰有2人过关，而另外一人没过关．
设“团体总分为4分”为事件A，
则P(A)=(1−13)×12×25+13×(1−12)×25+13×12×(1−25)=310．
即团体总分为4分的概率为310．
(III)团体总分不小于4分，即团体总分为4分或6分，
设“团体总分不小于4分”为事件B，
由(II)知团体总分为4分的概率为310，
团体总分为6分，即3人都闯关成功的概率为13×12×25=115．
所以参加复赛的概率为P(B)=310+115=1130．
即该小组参加复赛的概率为1130．
18.解：(1)证明：∵在图甲中，AC⊥BC，DE/​/BC，∴DE⊥AC，
∴在图乙中，DE⊥A1D，DE⊥CD，
又A1D∩CD=D，A1D，CD⊂平面A1CD，∴DE⊥平面A1CD，
∵A1C⊂平面A1CD，∴DE⊥A1C，
又A1C⊥CD，CD∩DE=D，CD，DE⊂平面BCDE，
∴A1C⊥平面BCDE．
(2)由(1)可如图建立空间直角坐标系，则：

C(0,0,0),D(2,0,0),E(2,2,0),B(0,3,0),A1(0,0,2 3),M(1,0, 3)，
∴CM=(1,0, 3),A1B=(0,3,−2 3),A1E=(2,2,−2 3)，
设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z)，
则n⊥A1Bn⊥A1E，则n⋅A1B=3y−2 3z=0,n⋅A1E=2x+2y−2 3z=0,
令y=2，得n=(1,2, 3).设CM与平面A1BE所成角的大小为θ，
则sinθ=|cs|=|n⋅CM||n||CM−|=42 2×2= 22，
∴θ=π4，
即CM与平面A1BE所成角的大小为π4．
(3)CB=(0,3,0),A1D=(2,0,−2 3),CA1=(0,0,2 3)，.
设A1M=λA1D,0≤λ≤1，则CM=CA1+A1M=CA1+λA1D=(2λ,0,2 3(1−λ))，
设平面BCM的法向量为m=(a,b,c)，
则m⊥CBm⊥CM，则m⋅CB=3b=0,m⋅CM=2λa+2 3(1−λ)c=0,
令c=λ，得m=( 3(λ−1),0,λ)，
由题知|cs|=|n⋅m||n||m|=| 3(2λ−1)|2 2× 3(λ−1)2+λ2= 4228，
解得λ=14或23，
∴A1MA1D的值为14或23．
19.解：(1)设AC和BD相交于点O，取AD的中点为K，连接KO，SK，则SK⊥AD，
因为AD//BC，所以BC,SD的夹角即为AD,SD的夹角，
所以|BC×SD|=BC⋅SD⋅sin∠SDK=2⋅SK=2 7，
所以SK= 7，
所以SO= SK2−OK2= 6，
故正四棱锥S−ABCD的体积V=13⋅4⋅ 6=4 63．

(2)以O为原点，OA，OB，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A( 2,0,0)，B(0, 2,0)，C(− 2,0,0)，D(0,− 2,0)，S(0,0, 6)，
因为P在SD上，且SD⊥平面PAC，
所以平面PAC的一个法向量为SD=(0,− 2,− 6)，
又SO⊥平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量为SO=(0,0,− 6)，
设平面PAC与平面ABCD夹角为θ，则csθ=|SD⋅SO||SD|⋅|SO|=6 8⋅ 6= 32，
故平面PAC与平面ABCD夹角的余弦值为 32．
(3)设SE=λSC(0≤λ≤1)，E(x,y,z)，则(x,y,z− 6)=λ(− 2,0,− 6)，
解得E(− 2λ,0, 6− 6λ)，
所以DE=(− 2λ, 2, 6− 6λ)，

由(2)知，BC=(− 2,− 2,0)，BS=(0,− 2, 6)，
设平面SBC的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅BC=0n⋅BS=0，即− 2x− 2y=0− 2y+ 6z=0，
取z=1，则n=(− 3, 3,1)，
设直线DE与平面BCE所成角为α，
则sinα=|cs|=|DE⋅n||DE|⋅|n|=| 6λ+ 6+ 6− 6λ| 2λ2+2+( 6− 6λ)2⋅ 3+3+1= 6 7⋅ 2λ2−3λ+2= 6 7⋅ 2(λ−34)2+78，
因为0≤λ≤1，所以当λ=34时，sinα取得最大值，此时直线DE与平面BCE所成角最大，
所以SE=34SC，即SE：EC的值等于3．