精品解析：黑龙江省佳木斯市富锦市第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷

2024-2025学年度高二学年上学期期中考试 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分 满分150分，考试时间120分钟 第Ⅰ卷(选择题，共58分) 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. 为比较甲、乙两名学生的数学素养，对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验（指标值满分为5分，分值高者为优），根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图，则下面叙述正确的是（ ） A. 乙的数据分析素养优于甲 B. 乙的数学建模素养优于数学抽象素养 C. 甲的六大素养指标值波动性比乙小 D. 甲的六大素养中直观想象最差 【答案】C 【解析】 【分析】根据所给的六大素养雷达图逐个分析即可. 【详解】A选项,甲的数据分析素养为分, 乙的数据分析素养为分, 乙的数据分析素养低于甲,选项错误; B选项,乙的数学建模素养为分, 乙的数学抽象为素养分,选项错误; C选项, 甲的六大素养指标值分别为,,,,,;乙的六大素养指标值分别为,,,,,,甲的六大素养指标值波动性比乙小,选项正确; D选项,由C可知,甲的六大素养中,数学抽象,数学建模和数学运算最差,直观想象最最好,选项错误; 故选C. 【点睛】本题考查了命题真假的判断以及统计图雷达图的识别和应用,考查学生简单的推理,属于基础题. 2. 已知点，点在直线上，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】的最小即点到直线的距离，代入公式即可. 【详解】由题意，的最小值是点到直线的距离， 即. 故选：A. 3. 已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量在向量上投影向量的计算公式求解. 【详解】向量在向量上的投影向量为， 故选：A 4. 一组数据23，11，31，14，16，17，19，27的百分之七十五分位数是（ ） A. 14 B. 15 C. 23 D. 25 【答案】D 【解析】 【分析】利用百分位数的计算步骤求解即可. 【详解】将数据按从小到大的顺序排列可得11，14，16，17，19，23，27，31，共8个数据， 又， 所以该数据的百分之七十五分位数是第6个和第7个数据的平均数， 即. 故选：. 5. 某乒乓球队在长春训练基地进行封闭式集训，甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．则该局打4个球甲赢的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由于连胜两局者赢，则可写出四局的结果，计算即可. 【详解】由于连胜两局者赢，甲先发球可分为： 该局：第一个球甲赢、第二个球乙赢、第三个球甲赢、第四个球甲赢， 则概率为； 故选：C. 6. 一条光线从点射出，经过直线反射后与轴相交于点，则入射光线所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出点关于直线的对称点，由光学知识可得反射光线经过点，，由直线的两点式即可求解. 【详解】根据题意可得反射光线经过点，易得入射光线所在直线经过点， 因为入射光线经过点，所以入射光线所在直线的方程为， 即. 故选：. 7. 已知两直线和的交点为M，则以点M为圆心，半径长为1的圆的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得两直线交点，即可根据圆的标准方程性质求解圆的方程. 【详解】，则，又半径长为1， 则圆M的方程为：. 故选：B 8. 如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不含端点）上运动，则下列结论正确的是（ ） ①的外接球表面积为； ②异面直线与所成角的取值范围是； ③直线平面； ④三棱锥的体积随着点的运动而变化. A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④ 【答案】C 【解析】 【分析】根据正方体棱长可知其外接球半径为,其表面积为，可判断①错误；建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的余弦值可求得②正确，求出平面的法向量为，可知，即③正确，易知点到平面的距离是定值，利用等体积法可知三棱锥的体积为定值，即④错误. 【详解】对于①，根据题意，设棱长为2的正方体外接球半径为, 则满足，可得， 此时外接球的表面积为，可知①错误； 对于②，以为坐标原点，以分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 则，所以， 设，其中； 可得， 异面直线与所成角的余弦值为， 易知时，， 可得， 所以异面直线与所成角的取值范围是，即②正确； 对于③，由②可知，，则； 设平面的法向量为，又， 则，取，则； 所以平面的法向量为， 此时，可得，又平面， 所以直线平面，即③正确； 对于④，根据正方体性质平面，所以， 易知直线到平面的距离是定值，底面的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，因此三棱锥的体积不会随点的运动而变化，即④错误； 综上所述，正确的结论为②③. 故选：C 【点睛】方法点睛：求解异面直线所成角的方法： （1）平移法：将两异面直线通过平移作出其平面角，再利用余弦定理取得余弦值； （2）向量法：建立空间直角坐标系利用空间向量所成的角与异面直线所成的角的关系，求得两向量夹角的余弦值. 二、选择题：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. 若方程表示圆，则实数a的值可以是（ ） A. B. 0 C. 1 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据圆的一般方程列式求得，结合选项即可得结果. 【详解】若方程表示圆， 则，解得， 结合选项可知：AB正确，CD错误. 故选：AB. 10. 已知正方体的棱长为1，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与所成的角为 B. 点与平面的距离为 C. 直线与平面所成的角为 D. 平面与平面所成的角为 【答案】ABC 【解析】 【详解】建立空间直角坐标系，利用空间向量相关公式求解线线角，点到平面的距离，面面角和线面角的大小. 【分析】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， A选项，则， 故， 故， 故直线与所成的角为； B选项，设平面的法向量为， ， 令得，，故， 故点到平面的距离为，正确； C选项，因为平面平面， 所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为平面， 所以平面， 故平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角大小为， 显然， 故直线与平面所成的角为，正确. D选项，设平面的法向量为， ， 令，则，故， 平面的法向量为， 故 故平面与平面所成的角不为， 故选: ABC 11. 下列说法正确的是（ ） A. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件 B. “”是“直线与直线互相平行”的充要条件 C. 直线的倾斜角的取值范围是 D. 若点，，直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：根据直线垂直结合充分、必要条件分析判断；对于B：由题意可得，进而可得倾斜角的范围；对于C：根据直线平行结合充分、必要条件分析判断；对于D：根据图形结合斜率公式分析求解. 【详解】对于选项A：当时，直线与直线斜率分别为1，， 斜率之积为，故两直线相互垂直，即充分性成立； 若“直线与直线互相垂直”， 则，故或， 所以得不到，即必要性不成立，故A错误； 对于选项B：由直线平行得，解得， 所以“”是“直线与直线互相平行”的充要条件，故B正确； 对于选项C：直线的倾斜角为，则， 因为，所以，故C正确； 对于选项D：如图所示： 可得，，结合图象知，故D正确； 故选：BCD. 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 两条平行直线与之间的距离是_______． 【答案】## 【解析】 【分析】将直线的方程可化为，利用平行线间的距离公式可求得结果. 【详解】直线的方程可化为，且直线的方程为， 所以，平行直线与之间的距离为. 故答案为：. 13. 已知点是直线上一点，则的最小值为__________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据点关于直线对称，可得可得对称点为，即可利用三点共线求解. 【详解】设点关于直线的对称点， 则，解得， 故，故, 故最小值为：5 14. 如图所示的试验装置中，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面互相垂直.长度为的金属杆端点在对角线上移动，另一个端点在正方形内（含边界）移动，且始终保持，则端点的轨迹长度为________. 【答案】 【解析】 【分析】建系标点，设，根据垂直关系可得，结合长度可得， 分析可知端点的轨迹是以为圆心，半径的圆的部分，即可得结果. 【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设， 可得， 因为，即，可得， 则，则，整理可得， 可知端点的轨迹是以为圆心，半径的圆的部分， 所以端点的轨迹长度为. 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. 某中学高一年级的同学们学习完《统计与概率》章节后，统一进行了一次测试，并将所有测试成绩（满分100分）按照进行分组，得到如图所示的频率分布直方图，已知图中． （1）求出a，b，估计测试成绩的分位数和平均分； （2）按照人数比例用分层随机抽样的方法，从成绩在内的学生中抽取4人，再从这4人中任选2人，求这2人成绩都在内的概率． 【答案】（1），，85，76.5 （2） 【解析】 【分析】（1）由所有长方形的面积和为1列方程，结合可求出，然后判断出分位数在第4组，从而可求出分位数；再由平均数的定义求解即可. （2）根据频率分布直方图可得抽取的4人中成绩在内的有3人，成绩在内的有1人，然后利用列举法可求得结果. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，即， 又，所以，， 前三组的频率之和为， 前四组的频率之和为， 则分位数，且． 测试成绩的平均分为：. 【小问2详解】 成绩在和内的人数之比为， 故抽取的4人中成绩在内的有3人，设为，，， 成绩在内的有1人，设为， 再从这4人中选2人， 这2人的所有可能情况为，，，，，，共6种， 这2人成绩均在内的情况有，，，共3种， 故这2人成绩都在内的概率． 16. 已知直线过定点． （1）求过点且在两坐标轴上截距相等的直线的方程； （2）若直线交轴正半轴于点，交轴负半轴于点，若三角形的面积为（为坐标原点），求的最小值并求此时直线的方程． 【答案】（1）或 （2）的最小值为，直线的方程为. 【解析】 【分析】（1）将直线整理后解方程组可得，分情况讨论截距是否为零可得直线的方程； （2）分别解得两点坐标求得面积的表达式，利用基本不等式即可得的最小值以及此时直线的方程． 【小问1详解】 将整理可得， 令，可得， 即可得定点， 若在两坐标轴上截距都为零，可得直线的方程为； 若在两坐标轴上截距不为零且相等， 设直线的截距式方程为，代入点即可得，解得； 此时直线的方程为； 综上可知直线的方程为或； 【小问2详解】 易知，且，可得； 所以三角形的面积为； 当且仅当，即时，等号成立， 此时的最小值为，此时直线的方程为. 17. 四棱锥中，是矩形，. （1）证明：平面； （2）若是棱上一点，且垂直于，求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：因为是矩形，所以， 又，，面， 所以面，又面，所以， 又，所以， 又，所以， 即，又，面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理结合勾股定理证明，，再根据线面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量以及平面的法向量，根据空间向量夹角余弦公式求线面角的正弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可建立如图所示的空间直角坐标系， 因为， 所以，又垂直于， 由，得到， 所以， 得到， 易知， 所以，， ， 设平面的一个法向量为， 由，得到， 取，得到，即， 又，设与平面所成角为， 则. 【点睛】 18. 已知在中，边上的高所在直线的方程为边上的中线所在直线的方程为． （1）求两点的坐标； （2）求的外接圆方程． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由边上高线所在的方程及求得直线方程，结合边上中线所在直线方程即可求得的坐标；设，则点中点为，代入中线方程即可求解； （2）分别求得边的垂直平分线方程，求得外接圆圆心坐标，再根据两点之间距离公式求得半径即可求解． 【小问1详解】 因为边上的高所在直线的方程为， 所以，则直线的方程为，即， 由得，，所以， 设，则点中点为， 所以，解得，即． 【小问2详解】 因为，， 所以的中点坐标为，， 所以线段的垂直平分线方程为，即， 同理可得线段的垂直平分线方程为， 由得，，所以的外接圆圆心为， 所以的外接圆半径为， 所以的外接圆方程为． 19. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为． （1）若为棱的中点，求证：平面； （2）在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：证明：取的中点，连接、， 、分别为、的中点，所以，且， 因为四边形是矩形，所以，且， 为棱的中点，则且，所以，且， 所以，四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面. （2）存在，且点为线段的中点 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）利用面面垂直的性质定理推导出平面，设，利用锥体的体积公式求出的值，然后以点为原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法求出的值，即可得出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 假设在棱上存在点满足题意，如图，连接、、， 在等边中，为的中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，则是四棱锥的高， 设，则，， 所以，，所以， 以点为原点，、、的方向分别为、、轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 故，，， 设， ． 设平面的一个法向量为，则， 取，则，，所以，. 易知平面的一个法向量为， ， 整理可得，解得，合乎题意， 所以，当点为线段的中点时，平面与平面的夹角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度高二学年上学期期中考试 数学试卷 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分 满分150分，考试时间120分钟 第Ⅰ卷(选择题，共58分) 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. 为比较甲、乙两名学生的数学素养，对课程标准中规定的数学六大素养进行指标测验（指标值满分为5分，分值高者为优），根据测验情况绘制了如图所示的六大素养指标雷达图，则下面叙述正确的是（ ） A. 乙的数据分析素养优于甲 B. 乙的数学建模素养优于数学抽象素养 C. 甲的六大素养指标值波动性比乙小 D. 甲的六大素养中直观想象最差 2. 已知点，点在直线上，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，向量，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 一组数据23，11，31，14，16，17，19，27的百分之七十五分位数是（ ） A. 14 B. 15 C. 23 D. 25 5. 某乒乓球队在长春训练基地进行封闭式集训，甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．则该局打4个球甲赢的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 一条光线从点射出，经过直线反射后与轴相交于点，则入射光线所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知两直线和的交点为M，则以点M为圆心，半径长为1的圆的方程是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不含端点）上运动，则下列结论正确的是（ ） ①的外接球表面积为； ②异面直线与所成角的取值范围是； ③直线平面； ④三棱锥的体积随着点的运动而变化. A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④ 二、选择题：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. 若方程表示圆，则实数a的值可以是（ ） A. B. 0 C. 1 D. 10. 已知正方体的棱长为1，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与所成的角为 B. 点与平面的距离为 C. 直线与平面所成的角为 D. 平面与平面所成的角为 11. 下列说法正确的是（ ） A. “”是“直线与直线互相垂直”的充要条件 B. “”是“直线与直线互相平行”的充要条件 C. 直线的倾斜角的取值范围是 D. 若点，，直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围是 第Ⅱ卷（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 两条平行直线与之间的距离是_______． 13. 已知点是直线上一点，则的最小值为__________． 14. 如图所示的试验装置中，两个正方形框架、的边长都是，且它们所在的平面互相垂直.长度为的金属杆端点在对角线上移动，另一个端点在正方形内（含边界）移动，且始终保持，则端点的轨迹长度为________. 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. 某中学高一年级的同学们学习完《统计与概率》章节后，统一进行了一次测试，并将所有测试成绩（满分100分）按照进行分组，得到如图所示的频率分布直方图，已知图中． （1）求出a，b，估计测试成绩的分位数和平均分； （2）按照人数比例用分层随机抽样的方法，从成绩在内的学生中抽取4人，再从这4人中任选2人，求这2人成绩都在内的概率． 16. 已知直线过定点． （1）求过点且在两坐标轴上截距相等的直线的方程； （2）若直线交轴正半轴于点，交轴负半轴于点，若三角形的面积为（为坐标原点），求的最小值并求此时直线的方程． 17. 四棱锥中，是矩形，. （1）证明：平面； （2）若是棱上一点，且垂直于，求与平面所成角的正弦值. 18. 已知在中，边上的高所在直线的方程为边上的中线所在直线的方程为． （1）求两点的坐标； （2）求的外接圆方程． 19. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为． （1）若为棱的中点，求证：平面； （2）在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $