2024-2025学年广东省广州市玉岩中学高二（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省广州市玉岩中学高二（上）期中数学试卷（含答案），共8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.已知a=(2,−1,3)，b=(−4,2,x)，且a⊥b，则x=( )
A. 103B. −6C. 6D. 1
2.直线y+2= 33(x−4 3)倾斜角及在y轴上的截距分别是( )
A. π6，6B. π6，−6C. π3，6D. π3，−6
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. 16B. 13C. 12D. 23
4.抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：Ci=“点数为i”，其中i=1，2，3，4，5，6，D1=“点数不大于2”，D2=“点数大于2”，D3=“点数大于4”，下列结论判断错误的是( )
A. C1与C2互斥B. D1∪D2=Ω，D1D2=⌀
C. D3⊆D2D. C2，C3为对立事件
5.平面上O，A，B三点不共线，设OA=a,OB=b，则△OAB的面积等于( )
A. |a|2|b|2−(a⋅b)2B. |a|2|b|2+(a⋅b)2
C. 12 |a|2|b|2−(a⋅b)2D. 12 |a|2|b|2+(a⋅b)2
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. 19米B. 51米
C. 2 19米D. 2 51米
7.已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1内有一内切球O，点P在球O的表面上运动，则PA⋅PC的取值范围为( )
A. [−2,2]B. [0,2]C. [−2,4]D. [0,4]
8.设直线l：x+y−1=0，一束光线从原点O出发沿射线y=kx(x≥0)向直线l射出，经l反射后与x轴交于点M，再次经x轴反射后与y轴交于点N.若|MN|= 136，则k的值为( )
A. 32B. 23C. 12D. 2
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.从1～20这20个整数中随机选择一个数，设事件A表示选到的数能被2整除，事件B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. P(A)=12B. P(A∩B)=320C. P(A∪B)=920D. P(A−∩B−)=720
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△ABC的顶点B(−1,0)，C(0,2)，重心G(16,23)，则下列说法正确的是( )
A. 点A的坐标为(32,0)
B. △ABC为等边三角形
C. 欧拉线方程为2x+4y−3=0
D. △ABC外接圆的方程为(x−14)2+(y−58)2=12564
11.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=2，∠DAB=∠A1AB=∠A1AD=60°，若AQ=mAB+nAD+pAA1，其中m，n，p∈[0,1]，则下列结论正确的为( )
A. 若点Q在平面A1B1C1D1内，则p=12
B. 若CQ⊥DB，则m=n
C. 当p=12时，三裬锥Q−ABD的体积为9 28
D. 当m+n=1时，CQ长度的最小值为 2
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14，乙生产出正品且甲生产出次品的概率为16，每台机床生产出正品的概率均大于12，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______．
13.设m∈R，已知直线l1：(m+2)x+2my+2−m=0，过点(3,4)作直线l2，且l1//l2，则直线l1与l2之间距离的最大值是______．
14.已知直三棱柱ABC−A1B1C1，AB⊥AC，AB=AC=AA1=2，E为侧棱AA1的中点，过E作平面α与平面BCE垂直，当平面α与该直三棱柱所成截面为三角形时，顶点A1与该截面构成的三棱锥体积的最小值为______．
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.(本小题13分)
某停车场临时停车按时段收费，收费标准为：每辆汽车一次停车不超过1小时收费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、乙两人在该场地停车，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13，停车付费多于14元的概率为512，求甲停车付费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，求甲乙二人停车付费之和为28元的概率．
16.(本小题15分)
阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深人而系统的研究，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Q与两定点A，B的距离之比为λ(λ>0,λ≠1)，那么点Q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A(2,3)，B(0,−3)，若|DA||DB|=2，求点D的轨迹方程；
(2)已知点P在圆(x−5)2+y2=9上运动，点M(−4,0)，探究：是否存在定点N，使得|PM|=3|PN|恒成立，若存在，求出定点N的坐标；若不存在，请说明理由．
17.(本小题15分)
如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=a，CB=b，CC1=c，CA=CB=CC1=1，==2π3，=π2，N是AB中点．
(1)用a，b，c表示向量A1N；
(2)在线段C1B1上是否存在点M，使AM⊥A1N？若存在，求出M的位置，若不存在，说明理由．
18.(本小题17分)
如图所示的几何体中，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC=∠BAD=π2，F为PA的中点，PD= 2，AB=AD=12CD=1，四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点N．
(1)求证：AC//平面DEF；
(2)求二面角A−PB−C的正弦值；
(3)在线段EF上是否存在一点Q，使得BA与平面BCP所成角的大小为π6？若存在，求出FQ的长；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
在空间解析几何中，可以定义曲面(含平面)S的方程，若曲面S和三元方程F(x,y,z)=0之间满足：①曲面S上任意一点的坐标均为三元方程F(x,y,z)=0的解；②以三元方程F(x,y,z)=0的任意解(x0,y0,z0)为坐标的点均在曲面S上，则称曲面S的方程为F(x,y,z)=0，方程F(x,y,z)=0的曲面为S.已知空间中某单叶双曲面C的方程为x21+y21−z24=1，双曲面C可视为平面xOz中某双曲线的一支绕z轴旋转一周所得的旋转面，已知直线l过C上一点Q(1,1,2)，且以d=(−2,0,−4)为方向向量．
(1)指出xOy平面截曲面C所得交线是什么曲线，并说明理由；
(2)证明：直线l在曲面C上；
(3)若过曲面C上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面C上.设直线l′在曲面C上，且过点T( 2,0,2)，求异面直线l与l′所成角的余弦值．
参考答案
1.A
2.B
3.D
4.D
5.C
6.D
7.A
8.B
9.ABD
10.ACD
11.BD
12.1112
13.5
14.16
15.解：(1)甲停车付费6元，说明甲停车不超过1小时；停车付费多于14元，说明停车超过2小时．
再根据甲停车1小时以上且不超过2小时的概率为13，停车付费多于14元的概率为512，
可得甲停车付费6元的概率为1−13−512=14．
(2)设甲乙2人的停车时间分别为x小时、y小时，其中x、y为正整数，
则所有的(x,y)共有：(1,1)、(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)、(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)、(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)、(4,2)，(4,3)，(4,4)，共计16个，
其中满足甲乙二人停车付费之和为28元的(x,y)有：(1,3)、(2,2)、(3,1)，共计3个，
故甲乙二人停车付费之和为28元的概率为316．
16.解：(1)设D(x,y)，则|DA|= (x−2)2+(y−3)2，|DB|= x2+(y+3)2，
故 (x−2)2+(y−3)2 x2+(y+3)2=2，故(x−2)2+(y−3)2=4x2+4(y+3)2，
化简得点D的轨迹方程为x2+y2+43x+10y+233=0；
(2)假设存在定点N，使得|PM|=3|PN|恒成立，设P(x,y)，N(m,n)，
故|PM|= (x+4)2+y2，|PN|= (x−m)2+(y−n)2，
因为|PM|=3|PN|，故(x+4)2+y2=9(x−m)2+9(y−n)2，
即x2+y2−9m+44⋅x−9n4⋅y+9m2+9n2−168=0，而点P在圆(x−5)2+y2=9上，即x2+y2−10x+16=0，
对照可知，9m+44=109n4=09m2+9n2−168=16，解得m=4,n=0,
故存在定点N(4,0)，使得|PM|=3|PN|恒成立．
17.解：(1)A1N=A1A+AN=C1C+12AB=−CC1+12(CB−CA)=−12a+12b−c；
(2)假设存在点M，使AM⊥A1N，设C1M=λC1B1，(λ∈[0,1])，
显然λCB=λb，AM=AA1+A1C1+C1M=c−a+λb，
因为AM⊥A1N，所以AM⊥A1N=0，
即(c−a+λb)⋅(−12a+12b−c)=0，
∴−12c⋅a+12c⋅b−c2+12a2−12a⋅b+c⋅a+12λa⋅b+12λb2−λb⋅c=0
∵CA=CB=CC1=1，==2π3，=π2，
∴−12c⋅a−c2+12a2−(12+12λ)a⋅b+c⋅a+12λb2=0
即12×1×1×(−12)−12+12×12−(12+12λ)×1×1×(−12)+12λ⋅12=0，
解得λ=13，所以当C1M=13C1B1时，AM⊥A1N
18.(1)证明：因为四边形PDCE为矩形，所以N为PC的中点．连接FN，
在△PAC中，F，N分别为PA，PC的中点，所以FN//AC，
因为FN⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，
所以AC/​/平面DEF．
(2)解：易知DA，DC，DP两两垂直，如图以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
则P(0,0, 2),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0)，所以PB=(1,1,− 2),BC=(−1,1,0)．
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅PB=x+y− 2z=0m⋅BC=−x+y=0，不妨y=1，则x=1，z= 2
所以平面PBC的一个法向量为m=(1,1, 2)．
设平面ABP的法向量为n=(x,y,z)，
n⋅AB=y=0n⋅PB=x+y− 2z=0，据此可得 x= 2y=0z=1，
则平面ABP的一个法向量为n=( 2,0,1)，
cs= 2+ 2 1+1+2⋅ 2+1= 63，
故二面角A−PB−C的正弦值为 33．
(3)解：设存在点Q满足条件．由F(12,0, 22),E(0,2, 2)，
设FQ.=λFE(0≤λ≤1)，整理得Q(1−λ2,2λ, 2(1+λ)2)，
则BQ=(−1+λ2,2λ−1, 2(1+λ)2)．
因为直线BQ与平面BCP所成角的大小为π6，
所以sinπ6=|cs〈BQ,m〉|=|BQ⋅m|BQ|⋅|m||=|5λ−1|2 19λ2−10λ+7=12
解得λ2=1，
由0≤λ≤1知λ=1，即点Q与E重合．
故在线段EF上存在一点Q，且FQ=EF= 192．
19.解：(1)根据坐标平面xOy内点的坐标的特征可知，坐标平面xOy的方程为z=0，
已知曲面C的方程为x21+y21−z24=1，
当z=0时，xOy平面截曲面C所得交线上的点M(x,y,0)满足x2+y2=1，
即 (x−0)2+(y−0)2+(z−0)2=1，
也即M在平面xOy上到原点距离为定值1，
从而xOy平面截曲面C所得交线是平面xOy上，以原点O为圆心，1为半径的圆．
(2)设P(x0,y0,z0)是直线l上任意一点，
由d=(−2,0,−4)，QP均为直线l的方向向量，有QP//d，
从而存在实数λ，使得QP=λd，即(x0−1,y0−1,z0−2)=λ(−2,0,−4)，
则x0−1=−2λy0−1=0z0−2=−4λ，解得x0=1−2λ，y0=1，z0=2−4λ，
所以点P的坐标为(1−2λ,1,2−4λ)，
于是(1−2λ)21+121−(2−4λ)24=1−4λ+4λ2+1−[1−4λ+4λ2]=1，
因此点P的坐标总是满足曲面C的方程，从而直线l在曲面C上．
(3)直线l′在曲面C上，且过点T( 2,0,2)，
设M(x1,y1,z1)是直线l′上任意一点，直线l′的方向向量为d′=(a,b,c)，
由d′，TM均为直线l′的方向向量，有TM//d′，
从而存在实数t，使得TM=td′，即(x1− 2,y1,z1−2)=t(a,b,c)，
则x1− 2=aty1=btz1−2=ct，解得x1= 2+at,y1=bt,z1=2+ct，
所以点M的坐标为( 2+at,bt,2+ct)，
∵M(x1,y1,z1)在曲面C上，∴( 2+at)21+(bt)21−(2+ct)24=1，
整理得(a2+b2−c24)t2+(2 2a−c)t=0，
由题意，对任意的t，有(a2+b2−c24)t2+(2 2a−c)t=0恒成立，
∴a2+b2−c24=0，且2 2a−c=0，
∴c=2 2a,b=a，或c=2 2a,b=−a，
不妨取a=− 2，则c=−4,b=− 2，或c=−4,b= 2，
∴d′=(− 2,− 2,−4)，或d′=(− 2, 2,−4)，
又直线l的方向向量为d=(−2,0,−4)，
则异面直线l与l′所成角的余弦值均为|d⋅d′||d||d′|=2 2+162 5×2 5=8+ 210．