广东省广州市华侨中学等三校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省广州市华侨中学等三校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题（解析版）-A4，共19页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据方程可得斜率，进而可得倾斜角.
【详解】由直线，可得，
即其斜率，
设直线的倾斜角为，
则，，
故选：D.
2. 已知空间向量，，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量垂直得，即可求出的值.
【详解】.
故选：B.
3. 圆的圆心到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.
【详解】由题意得，即，
则其圆心坐标为，则圆心到直线的距离为.
故选：D.
4. 有位男生和位女生在周日去参加社区志愿活动，从该位同学中任取人，至少有名女生的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将位男生分别记为、、，位女生分别记为、，列举出所有的基本事件，并确定事件“从这位同学中任取人，至少有名女生”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】将位男生分别记为、、，位女生分别记为、，
从这位同学中任取人，所有的基本事件有：、、、、、、、、、，共种，
其中，事件“从这位同学中任取人，至少有名女生”包含的基本事件有：、、、、、、、、，共种，
因此，所求概率为.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求解古典概型概率的方法如下：
（1）列举法；
（2）列表法；
（3）树状图法；
（4）排列、组合数的应用.
5. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A表示事件“第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3”，B表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4”，C表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7”，则（ ）
A. A与B互斥B. B与C互为对立C. A与B相互独立D. A与C相互独立
【答案】D
【解析】
【分析】根据互斥事件、对立事件的定义判断AB，根据相互独立事件的判断公式判断CD.
【详解】对于A，A与B有可能同时发生，不是互斥事件，A错误；
对于B，除了B，C以外还有其他事件发生，不是对立事件，B错误；
第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3，包含的样本点为，故，
两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4，包含的样本点为，
故，
同时发生的事件包含样本点为，故，
所以，即不相互独立，故C错误；
两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7，包含的样本点为，故，
同时发生的事件包含的样本点为，故，
所以，即A与C相互独立，故D正确.
故选：D
6. 已知空间任意一点，四点共面，且任意三点不共线，若，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据四点共面得出，再分类结合基本不等式计算求解.
【详解】因为四点共面，且任意三点不共线，得出，都不是0，
当时，，计算可得，的最大值为18，
当且仅当时取最大值，
当时，，
所以的最大值为18，
故选：C.
7. 已知点A（1，2）在圆C：外，则实数m的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【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）在圆C：外
故，即
故实数m的取值范围为或
即
故选：A
8. 互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”.如图，在斜坐标系中，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距分别作为点的坐标和坐标，记.若斜坐标系中，轴正方向和轴正方向的夹角为，则该坐标系中和两点间的距离为（ ）

A.
B.
C
D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立直角坐标系，求出直角坐标，即可得解.
【详解】以O为坐标原点,原x轴正方向为x轴，垂直于x轴的方向为y轴建立平面直角坐标系，
则在直角坐标系下，，,
则
.
故选：A.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部份分.
9. 下列命题正确的有（ ）
A. 两平行线间的距离为2
B. 过点且在两坐标轴上截距相等的直线有两条
C. 直线的方向向量可以是
D. 直线与直线平行，则或2
【答案】AB
【解析】
【分析】计算平行直线的距离得到A正确；截距相等的直线有和，B正确；直线的一个方向向量是，C错误；当时，两直线重合，D错误.
【详解】A，两平行线间的距离为，A正确；
B，过点且在两坐标轴上截距相等的直线：截距为0时，
截距不为0时，设，代入，可得，故直线方程为：，B正确；
C，直线的一个方向向量是，与不平行，C错误；
D，验证当时，两直线重合，D错误.
故选：AB.
10. 已知事件A，B发生的概率分别为，，则（ ）
A. B.
C. 若A与B相互独立，则D. 一定有
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，利用对立事件的概率公式即可判断；对于BC，利用和事件与交事件的概率公式，结合相互独立事件的定义计算判断即可；对于D，举反例即可判断.
【详解】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，因为，
又，且，则，
所以，即，故B正确；
对于C，因为A与B相互独立，则，
则，故C正确；
对于D，记事件“抛掷一枚骰子，向上的点数小于3”，
事件“抛掷一枚骰子，向上的点数为4”，
则满足，，但不成立，故D错误；
故选：ABC
11. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ）
A. 当在平面上运动时，三棱锥体积为定值4
B. 当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C. 若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是
D. 使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为
【答案】BD
【解析】
【分析】对A：由的面积不变，点到平面的距离不变，求出体积即可；对B：以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，，结合向量的夹角公式，可判定B正确；对C：设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定C错误；对D：由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定D正确.
【详解】解：对于A：的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，
所以三棱锥的体积不变，
且，所以A错误；
对于B：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，
可得，
设，则，，
设与所成角为，
＝＝，
因为，
当时，
可得，所以，
当时，＝，
由，
所以，
所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B正确；
对于C，由，
设，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，
取，可得，
所以，
因为平面，
所以，可得，
所以＝＝，
当时，等号成立，所以C错误；
对于D：因为直线与平面所成的角为，
由平面，得直线与所成的角为，
若点在平面和平面内，
因为，，故不成立；
在平面内，点的轨迹是；
在平面内，点的轨迹是；
在平面内，作平面，如图所示，
因为，所以，
又因为，所以，所以，
所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，
所以点的轨迹的长度为，
综上，点的轨迹的总长度为，所以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. 已知点在圆上，则该圆的标准方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由得到，可知的外接圆是以为直径的圆，然后求出圆的半径与圆心坐标，可得所求圆的标准方程.
【详解】解：根据题意，经过三点的圆是的外接圆，
由，，，可知，
因为，所以的外接圆是以为直径的圆，
由，可知圆半径，
结合圆心为的中点，可得圆的方程为.
故答案为：.
13. 在棱长为4的正四面体ABCD中，E是BC的中点，则＝______.
【答案】8.
【解析】
【分析】直接利用向量的线性运算和数量积运算求出结果.
【详解】如图所示：
＝＝8.
故答案为：8.
14. 甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】分两种情况讨论：（1）第一局甲胜，第二局乙胜：（2）第一局乙胜，第二局甲胜.分析出每局输赢的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】分两种情况讨论：
（1）第一局甲胜，第二局乙胜：
若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，
若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，
所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为；
（2）第一局乙胜，第二局甲胜：
若第一局甲执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，
若第一局乙执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，
所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为.
综上所述，甲、乙各胜一局的概率为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共62分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 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，所以直线斜率为，
则直线的方程为，即.
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时，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，
故直线的方程为，即，
综上可得，直线的方程为或.
16. 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.
17. 质量监督局检测某种产品的三个质量指标，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.
18. 如图，在四棱锥A－BCDE中，△BCE为等边三角形，平面ACD⊥平面CDE，AC⊥CD，二面角D－AC－E的大小为60°．
（1）求证：∥平面ABE；
（2）若AC＝BC＝2，点G为线段AB上的点，若直线CB与平面CEG所成角的正弦值为，求线段AG的长度．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立坐标系用向量法求解即可
【小问1详解】
四棱锥中，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面；
又CE,CD⊂平面，
所以，，
所以为二面角的平面角，
所以，
又，
所以．
又平面，平面，
所以平面．
小问2详解】
取的中点，连接，则，
又，
所以，
又平面，平面，
所以，
所以，，两两垂直．
以为坐标原点，，，所在的直线为轴建立的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，
设，
所以
设平面的法向量为，
则即，
令，可得，，
所以，
设直线与平面所成的角为，
则，
解得，
所以的长为．
19. 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，，
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