精品解析：广东省广州市第五中学2024-2025学年高二上学期第一次段考数学试卷

广州市第五中学2024学年第一学期高二年级第一次段考试卷 数学 第一卷问卷 一、选择题：本题包括8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求．请用2B铅笔填涂答案在答卷相应位置上． 1. 中国古代数学著作主要有《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《四元玉鉴》，《张邱建算经》，若从上述5部书籍中任意抽取2部，则抽到《九章算术》的概率为（ ） A. B. C. D. 2. 已知非零向量，则“”是“”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 非必要非充分条件 3. 已知点，点C与点A关于平面Oxy对称，点B与点A关于z轴对称，则线段BC的长为（ ） A. B. 4 C. D. 4. 已知某运动员每次投篮命中的概率都为，现采用随机模拟的方式估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算机产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以三个随机数为一组，代表三次投篮结果，经随机模拟产生了如下12组随机数：137 960 197 925 271 815 952 683 123 436 730 257，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 同时抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，用x表示红色骰子的点数，y表示绿色骰子的点数，设事件“”，事件“不能被2整除”，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知点D在确定的平面内，是平面外任意一点，满足，且，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，点P为矩形所在平面外一点，平面，Q为的中点，，，，则点P到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体的棱长为4，点E是棱的中点，动点P在正方形内（包括边界）运动，且平面，则长度的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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．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. 对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，C，其中，，，，，则（ ） A. 事件A与B互斥 B. 事件A与B相互独立 C. 事件A与C互斥 D. 事件A与C相互独立 10. 下列四个命题中，正确命题的有（ ） A. 已知向量，，共面，则实数t的值为0 B. 若向量，且与的夹角为钝角，则实数m的取值范围为 C. 已知直线l的方向向量为，点在l上，则点到l的距离为 D. 若两个不同平面，的法向量分别是，，且，，则 11. 如图，在三棱柱中，侧面与是边长为2的正方形，平面平面，分别在和上，且，则（ ） A. 直线平面 B. 当时，线段的长最小 C. 当时，直线与平面所成角的正切值为 D. 当时，平面与平面夹角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，若与垂直，则___________. 13. 某专业技术的考试共两个单项考试，考生应依次参加两个单项考试，前一项考试合格后才能报名参加后一项考试，考试不合格则需另行交费预约再次补考.据调查，这两项考试的合格率依次为，，且各项考试是否通过互不影响，则一位考生通过这项专业技术考试至多需要补考一次的概率为______. 14. 如图，两条异面直线所成的角为，在直线上分别取点和点，使.已知，则__________. 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. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，为与的交点.若，，， （1）用表示； （2）求对角线的长； （3）求 16. 如图，在直三棱柱中，，，点M，N分别为和的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 一个不透明的袋中有3个红球，1个白球，球除了颜色外大小､质地均一致.设计了两个摸球游戏，其规则如下表所示 游戏1 游戏2 摸球方式 不放回依次摸2球 有放回依次摸2球 获胜规则 若摸出的2球颜色相同，则甲获胜 若摸出的2球颜色不同，则乙获胜 （1）写出游戏1与游戏2的样本空间；求出在游戏1与游戏2中甲获胜的概率，并说明哪个游戏是公平的. （2）甲与乙两人玩游戏2，约定每局胜利的人得2分，否则得0分，先得到4分的人获得比赛胜利，则游戏结束.每局游戏结果互不影响，求甲获得比赛胜利的概率. 18. 在校运动会上，有甲､乙､丙三位同学参加羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，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､丙首先比赛，乙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为. （1）求丙连胜四场的概率； （2）求需要进行第五场比赛的概率； （3）甲､乙､丙三人中谁最终获胜的概率最大？请说明理由. 19. 如下图，在中，，，D是AC中点，E、F分别是BA、BC边上的动点，且；将沿EF折起，将点B折至点P的位置，得到四棱锥； （1）求证：； （2）若，二面角是直二面角，求二面角的正切值； （3）当时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市第五中学2024学年第一学期高二年级第一次段考试卷 数学 第一卷问卷 一、选择题：本题包括8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求．请用2B铅笔填涂答案在答卷相应位置上． 1. 中国古代数学著作主要有《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《四元玉鉴》，《张邱建算经》，若从上述5部书籍中任意抽取2部，则抽到《九章算术》的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意利用列举法结合古典概型运算求解. 【详解】用分别表示《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《四元玉鉴》，《张邱建算经》， 从上述5部书籍中任意抽取2部，则样本空间为 ，可知， 设抽到《九章算术》为事件M，则，可知， 所以. 故选：D. 2. 已知非零向量，则“”是“”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 非必要非充分条件 【答案】A 【解析】 【分析】先讨论充分性，令，可得出，从而确定充分性成立；再讨论必要性，举出反例当，此时满足，但“”不成立，确定必要性不成立；从而得出结论. 【详解】解：由题可知，非零向量， 当“”成立，令， ， 则，而， ，则，故充分性成立； 若，此时满足， 由于分母不能为0，可知“”不成立，故必要性不成立； 所以“”是“”的充分非必要条件. 故选：A. 3. 已知点，点C与点A关于平面Oxy对称，点B与点A关于z轴对称，则线段BC的长为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据空间直角坐标系对称点的特征求得点B和C的坐标，再代入两点距离公式求解即可. 【详解】点，点C与点A关于平面Oxy对称，所以， 又点B与点A关于z轴对称，所以， 所以. 故选：D 4. 已知某运动员每次投篮命中的概率都为，现采用随机模拟的方式估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算机产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以三个随机数为一组，代表三次投篮结果，经随机模拟产生了如下12组随机数：137 960 197 925 271 815 952 683 123 436 730 257，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用古典概型计算即得. 【详解】依题意，该运动员三次投篮恰有两次命中的结果有：137，271，436，共3个， 所以该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为. 故选：A 5. 同时抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，用x表示红色骰子的点数，y表示绿色骰子的点数，设事件“”，事件“不能被2整除”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用列举法，结合古典概型及概率的基本性质求解即得 【详解】样本空间， ， ，共36个样本点， 事件“”，即“”，，共5个样本点，， 事件“不能被2整除”，，共9个样本点， ，，， 所以. 故选：D 6. 已知点D在确定的平面内，是平面外任意一点，满足，且，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由四点共面可知，结合基本不等式的乘“1”法即可求解. 【详解】, 因为四点共面，所以， 注意到，从而. 当且仅当时等号成立， 所以的最小值为. 故选：B. 7. 如图，点P为矩形所在平面外一点，平面，Q为的中点，，，，则点P到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，从而得到点P到平面的距离. 【详解】因为平面，平面， 所以， 四边形为矩形，故两两垂直， 故以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，，，Q为的中点， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令得，，故， 故点P到平面的距离为. 故选：B 8. 已知正方体的棱长为4，点E是棱的中点，动点P在正方形内（包括边界）运动，且平面，则长度的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以D为原点，以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．取的中点为H，连接，.证明出点P只能在线段上运动．设（）表示出，求出模长，利用二次函数求出PC长度的取值范围. 【详解】以D为原点，以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，，，，，. 取的中点为H，连接，. 在正方体中，且，所以四边形为平行四边形，所以. 又面，面， 所以面. 同理可证：面. 又，所以平面平面． 因为平面，所以点P只能在线段上运动．易知，设（），，则，， ， ． 当时，取得最小值；当时，取得最大值36． 故PC长度的取值范围为． 故选：C 【点睛】立体几何求最值的方法有两类： （1）几何法：利用几何图形求最值； （2）代数法：把距离表示为函数，利用函数求最值. 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．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. 对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，C，其中，，，，，则（ ） A. 事件A与B互斥 B. 事件A与B相互独立 C. 事件A与C互斥 D. 事件A与C相互独立 【答案】AD 【解析】 【分析】根据给定条件求出，可判断A，C；计算概率结合相互独立事件的意义判断B，D作答. 【详解】因，由已知得：，，即事件A与B互斥，A正确； 因，，，，事件A与B不独立，B不正确； 因，由已知得：，，即事件A与C不互斥，C不正确； 因，，，有，事件A与C相互独立，D正确. 故选：AD 10. 下列四个命题中，正确命题的有（ ） A. 已知向量，，共面，则实数t的值为0 B. 若向量，且与的夹角为钝角，则实数m的取值范围为 C. 已知直线l的方向向量为，点在l上，则点到l的距离为 D. 若两个不同平面，的法向量分别是，，且，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用共面向量定理判断A；利用向量数量积结合向量共线判断B；利用空间向量求出点到直线距离判断C；利用空间位置关系的向量证明判断D. 【详解】对于A，由向量共面，得，即， 则，解得，A正确； 对于B，向量夹角为钝角，得且不共线，即，解得且，B错误； 对于C，，点到l的距离，C正确； 对于D，依题意，，而平面不重合，因此，D正确. 故选：ACD 11. 如图，在三棱柱中，侧面与是边长为2的正方形，平面平面，分别在和上，且，则（ ） A. 直线平面 B. 当时，线段的长最小 C. 当时，直线与平面所成角的正切值为 D. 当时，平面与平面夹角的余弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，运用空间向量解立体几何. 【详解】如图建立空间直角坐标系,则 所以， 因为 设，（，且） 所以 所以， 易知平面的一个法向量为 因为且平面， 所以直线平面，故A正确. 当即时线段的长最小为故B不正确. 当时此时 平面的一个法向量为 所以直线与平面所成角的正弦值为 可以求得直线与平面所成角的余弦值为 所以直线与平面所成角的正切值为，故C正确. 取的中点O，连接,因为三角形与三角形都是等边三角形，所以为二面角的平面角，, ,根据余弦定理可得 所以平面与平面夹角的余弦值为，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，若与垂直，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据与垂直，可知，根据空间向量的数量积运算可求出的值，结合向量坐标求向量模的求法，即可得出结果. 【详解】解：与垂直，， 则，解得：， ， 则， . 故答案为：. 13. 某专业技术的考试共两个单项考试，考生应依次参加两个单项考试，前一项考试合格后才能报名参加后一项考试，考试不合格则需另行交费预约再次补考.据调查，这两项考试的合格率依次为，，且各项考试是否通过互不影响，则一位考生通过这项专业技术考试至多需要补考一次的概率为______. 【答案】##0.65625 【解析】 【分析】至多需要补考一次，分种情况，利用独立事件乘法公式和互斥事件加法公式计算即可求解. 【详解】不需要补考就通过的概率为； 仅补考第一个单项考试就通过的概率为； 仅补考第二个单项考试就通过的概率为； 一位考生通过这项专业技术考试至多需要补考一次的概率为. 故答案为： 14. 如图，两条异面直线所成的角为，在直线上分别取点和点，使.已知，则__________. 【答案】或 【解析】 【分析】根据向量的线性运算可得，两边平方，利用向量的数量积运算，结合题意已知可得结果. 【详解】由题意知，，所以， 展开得， 因为异面直线所成角为，所以向量的夹角为或， 因为，所以，即， 且， 代入可得：， 得方程：或，所以或， 故答案为：或. 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. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是，为与的交点.若，，， （1）用表示； （2）求对角线的长； （3）求 【答案】（1）；（2）；（3）. 【解析】 【分析】（1）根据几何关系，结合向量的运算法则，即可容易表示目标向量； （2）用基向量表示，再用数量积的运算法则求解即可； （3）根据（2）中所求，结合向量夹角余弦值的计算公式，代值即可. 【详解】（1）连接，如图： 因为，， 在，根据向量减法法则可得： 因为底面是平行四边形 故 因为 且 又为线段中点 在中 （2）因为顶点为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是 故 由（1）可知 故平行四边形中 故： 故 （3）因为， 又 【点睛】本题考查用基向量表示空间向量，涉及空间向量数量积的运算、模长的求解以及夹角的求解，属综合基础题. 16. 如图，在直三棱柱中，，，点M，N分别为和的中点. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，设，    ，，故中点， ，，故中点， 是平面的一个法向量， 则，又平面，故平面. （2） 【解析】 【分析】（1）如图所示建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算得到平行关系. （2）计算平面的法向量为，再利用向量的夹角公式计算得到答案. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 ，，， 设平面的法向量为，则， 取，得到， 则直线与平面所成角的正弦值为： . 17. 一个不透明的袋中有3个红球，1个白球，球除了颜色外大小､质地均一致.设计了两个摸球游戏，其规则如下表所示 游戏1 游戏2 摸球方式 不放回依次摸2球 有放回依次摸2球 获胜规则 若摸出的2球颜色相同，则甲获胜 若摸出的2球颜色不同，则乙获胜 （1）写出游戏1与游戏2的样本空间；求出在游戏1与游戏2中甲获胜的概率，并说明哪个游戏是公平的. （2）甲与乙两人玩游戏2，约定每局胜利的人得2分，否则得0分，先得到4分的人获得比赛胜利，则游戏结束.每局游戏结果互不影响，求甲获得比赛胜利的概率. 【答案】（1） 记三个红球为号，记白球为号，用表示两次摸球的情况， 记游戏1与游戏2的样本空间分别为， ， ，，， 记“在游戏1中甲获胜”，记“在游戏2中甲获胜” ，， 故游戏1是公平的. （2） 【解析】 【分析】（1）记三个红球为号，记白球为号，用表示两次摸球的情况，结合游戏方式，即可求出答案； （2）确定甲要获胜，他先得4分有几种情况，根据互斥事件以及独立事件的概率公式，即可求得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 记“甲获得第局游戏胜利”，，记"“甲获得比赛胜利” 由（1）， 18. 在校运动会上，有甲､乙､丙三位同学参加羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，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､丙首先比赛，乙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为. （1）求丙连胜四场的概率； （2）求需要进行第五场比赛的概率； （3）甲､乙､丙三人中谁最终获胜的概率最大？请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）乙，理由如下： 记事件为甲输，事件为丙输，事件为乙输， 记事件：甲赢，记事件乙赢， 则甲赢的基本事件包括：､ ， 甲赢的概率为. 由对称性可知，丙最终获胜的概率和甲最终获胜的概率相等， 即丙最终获胜的概率也是. 所以乙赢的概率为. 又，所以三人中乙最终获胜的概率最大. 【解析】 【分析】（1）根据题意，由独立事件的概率公式，代入计算即可得到结果. （2）根据题意，分别求出甲､丙连胜四场与乙上场后连胜三场获胜的概率，即可得到结果； （3）根据题意，列出基本事件个数，求出甲､乙､丙获胜的概率，即可得到结果. 【小问1详解】 丙连胜四场的情况为：“丙胜甲负，丙胜乙负，丙胜甲负，丙胜乙负”， 所以丙连胜四场的概率：； 【小问2详解】 根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛. 而甲､丙连胜四场的概率为， 乙上场后连胜三场获胜的概率为， 需要进行第五场比赛的概率. 【小问3详解】 三人中乙最终获胜的概率最大.理由略. 19. 如下图，在中，，，D是AC中点，E、F分别是BA、BC边上的动点，且；将沿EF折起，将点B折至点P的位置，得到四棱锥； （1）求证：； （2）若，二面角是直二面角，求二面角的正切值； （3）当时，求直线PE与平面ABC所成角的正弦值的取值范围． 【答案】（1） 因为， 所以，即平面， 平面，平面， 所以 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明线面垂直得出线线垂直； （2）根据直二面角建立空间直角坐标系求二面角余弦进而求出正弦值计算正切值即可； （3）先建立空间直角坐标系，再设坐标结合垂直关系求参，最后结合线面角的正弦应用以及对勾函数单调性得出范围即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为二面角是直二面角， 所以平面平面，平面平面，平面，平面， 以分别为轴建立空间直角坐标系， 设平面法向量为， 设平面法向量为 ， 令，得，所以， 设二面角为，则为锐角， 故， ， 【小问3详解】 分别以反方向和方向分别为轴，过做的垂线为z轴， 设，，显然， ， ，得出，则，则， 因为，，故， 化简得， 而在轴上的射影、构成直角三角形，则，且，解得， 设平面的法向量为， 设直线PE与平面ABC所成角为， ， 则， 令，，令，则，且， ， 根据对勾函数在上单调递减，且恒大于0， 则函数在单调递增，则，即， 则，即正弦值的取值范围. 【点睛】方法点睛：先建立空间直角坐标系，再设坐标结合垂直关系求参，最后结合线面角的正弦应用基本不等式得出范围即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $