四川省遂宁绿然国际学校、广安友实学校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题

1 / 2 高 2023 级 2024 年秋季半期考试数学试题 考试时间：120 分钟 考试分数：150 分 审题人：数学组 注意事项： 1．本试题卷共 2页，满分 150 分，考试时间 120 分钟 2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡的相应位置 3．全部答案写在答题卡上，写在本试题卷上无效 4．做选择题时，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的标号涂黑，如需修改，用橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号 5．考试结束后，只收答题卡，本试题卷不回收 一 单选题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项 是符合题目要求的） 1．在空间直角坐标系中，点 ( 2,1,4) 关于 x轴对称的点坐标是（ ） A． ( 2,1, 4)  B． (2,1,4) C． ( 2, 1, 4)   D． (2, 1,4) 2．从含有三件正品和一件次品的产品中任取两件，则取出的两件中恰有一件次品的概率是（ ） A． 1 6 B． 1 4 C． 1 3 D． 1 2 3．直三棱柱 1 1 1ABC ABC 中，若 1, ,CA a CB b CC c       ，则 1A B   （ ） A．a b c  r r r B．a b c  r r r C． a b c      D． a b c      4．已知直线  1 : 2 1 0l x k y    与 2 : 2 3 0l y  垂直，则 k （ ） A．0 B．1 C．2 D． 1 2 5．如图所示，直线 1 : 0l ax y b   与 2 : 0( 0, )l bx y a ab a b     的图象可能是（ ） A． B． C． D． 6．设    2,3 , 1,2A B ，若点  ,P x y 在线段 AB上，则 1y x  的取值范围是（ ） A．  2,3 B．  2,3 C．   , 2 3,     D．    , 2 3,    7．在棱长为1的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，E，F ，G分别为棱 1AA，BC， 1CC 的中点，动点H 在平面 EFG内， 且 1DH  .则下列说法正确的是（ ） A．存在点 H，使得直线DH 与直线 FG相交 B．存在点 H ，使得直线DH 平面 EFG C．直线 1B H 与平面EFG所成角的大小为 π 3 D．平面 EFG被正方体所截得的截面面积为 3 3 2 8．已知 , Rx y  ，满足 2 2x y  ，则 2 2x x y  的最小值为（ ） A． 5 4 B． 8 5 C．1 D． 1 2 3  二 多选题（本大题共 3小题，每小题 6分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是 符合题目要求的） 9．已知圆心为C的圆 2 2 4 6 11 0    x y x y 与点 (0, 5)A  ，则（ ） A．圆C的半径为 2 B．点A在圆C外 C．点A在圆C内 D．点A与圆C上任一点距离的最小值为 2 10．下列说法正确的是（ ） A．直线 3 3 3 0x y   的倾斜角为150 B．若直线 0ax by c+ + = 经过第三象限，则 0ab  ， 0bc  C．点  1, 2  在直线      2 1 2 4 3 0x y         R 上 D．存在 a使得直线3 2x ay  与直线 2 0ax y  垂直 11．已知O为坐标原点，  3,1A ， P为 x轴上一动点，Q为直线 l： y x 上一动点，则（ ） A． APQ△ 周长的最小值为4 2 B． AP AQ 的最小值为1 2 C． AP PQ 的最小值为 2 2 D． 2 AP OP 的最小值为 4 2 / 2 三 填空题（本大题共 3小题，每小题 5分，共 15 分，把正确的答案填在横线上） 12．已知点M 在平面 ABC内，并且对空间任一点O， 1 1 3 2 OM xOA OB OC       ，则 x  ． 13．已知直线2 3 0x y   与直线4 3 0x my   平行，则它们之间的距离是 ． 14．如图，正四棱锥 P ABCD 的棱长均为 2，点 E为侧棱 PD的中点．若点 M，N分别为直线 AB，CE上的动点， 则 MN的最小值为 ． 四 解答题（本大题共 5小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤） 15．一个不透明的袋子中装有除颜色外完全相同的 5 个球，其中有 3 个红球，编号分别为 A，B，C，有 2 个黑球， 编号分别为 D，E，从中一次摸取 1 个球，取后不放回，连续取两次． (1)试写出该试验的样本空间； (2)设事件 M：“第一次摸到红球”，事件 N：“第二次摸到黑球”，求事件 M和事件 N发生的概率． 16．棱长为 2 的正方体中，E，F分别是 1DD ，DB的中点，G在棱 CD上，且 1 3 CG CD ，H是的中点. (1)证明： 1EF BC ； (2)求 1cos ,EF CG   ； (3)求 FH的长. 17．已知直线 l的方程为    1 5 2 0 Ra x y a a      ． (1)求直线 l过的定点 P 的坐标； (2)直线 l与 x 轴正半轴和 y 轴正半轴分别交于点 A，B ，当 AOBV 面积最小时，求直线 l的方程； 18．在等腰直角三角形 ABC中， 4AB AC  ，点 P是边 AB上异于 ,A B的一点，光线从点 P出发，经 ,BC CA反 射后又回到原点 P，光线QR经过 ABCV 的重心．（若G、A、B、C分别是三角形的重心和三个顶点，且分别 为G(x , y)、 1 1A(x , y )、 2 2B(x , y )， 3 3C(x , y )，则有 1 2 3 1 2 3 x x x y y yG( , ) 3 3     .） (1)建立适当的坐标系，请求 ABCV 的重心G的坐标； (2)求点 P的坐标； (3)求 PQR 的周长． 19．如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD为矩形，侧棱 PD 底面 ABCD， 2 2,PD DC AD E   是 PC的 中点. (1)求证： / /PA 平面 EDB； (2)求平面 EDB与平面 PAD夹角的余弦值； (3)已知点 F 在棱 PB上，且直线 EF与平面 EDB所成角的正弦值为 2 2 3 ， 求线段 PF的长. 半期考试数学参考答案 1—5、CDDCC 6—8、CCB 9—11、BD ACD BCD 12、 1 6 13、 3 5 10 14、 2 6 3 8．B.【详解】如图，过点O作点O关于线段 2 2x y  的对称点C，则 PO PC . 设  0 0,C x y ，则有  0 0 0 0 2 1 2 2 2 2 y x x y           ，解得 0 0 8 5 4 5 x y       ，所以 8 4, 5 5 C      . 设  ,P x y ，则 2 2PO x y  ，所以 2 2 Cx y PO P  ，又 ,x y R ，所以点 P到 y轴的 距离为 x，所以 2 2x x y  可视为线段 2 2x y  上的点  ,P x y 到 y轴的距离与到 8 4,5 5C       的距离之和.过 P作 PD x 轴，过点C作CH x 轴，显然有 PD PC CD CH   ，则 CH 为所求最小值，此时CH 与线段 AB的交点 1P，即为最小值时 P的位置.易得 8 5 CH  ，所以 2 2x x y  的最小值为 8 5 .故选：B． 11．BCD【分析】设A关于直线 l： y x 的对称点为  1 1,3A ，A关于 x轴的对称点为  2 3, 1A  ，对于 A：根据对称 性可得 1 2 1 2PQ QA PA PQ QA PA A A      ，进而可得结果；对于 B：根据点到直线的距离分析判断；对于 C： 因为 2AP PQ A P PQ   ，结合点到直线的距离分析判断；对于 D：根据题意分析可得  22 2AP OP A P CP   ，结合点到直线的距离分析判断. 【详解】设  3,1A 关于直线 l： y x 的对称点为  1 1,3A ，  3,1A 关于 x轴的对称点为  2 3, 1A  ， 可知 1 2,QA QA PA PA  ，对于选项 A： 可得 APQ△ 周长    2 21 2 1 2 3 1 1 3 2 5PQ QA PA PQ QA PA A A            ， 当且仅当 1 2, , ,A P Q A 四点共线时，等号成立，所以 APQ△ 周长的最小值为 2 5，故 A错误； 对于选项 B：设  3,1A 到 x轴，直线 l： 0x y  的距离分别为 1 2,d d ， 则 1 2 2 2 3 1 1, 2 1 1 d d      ，可得 1 2 1 2AP AQ d d     ，所以 AP AQ 的最小值 为1 2 ，故 B正确； 对于选项 C：因为 2AP PQ A P PQ   ，设  2 3, 1A  到直线 l： 0x y  的距离为     3 22 3 1 2 2 1 1 d       ，可得 2 3 2 2A P PQ d   ， 所以 AP PQ 的最小值为 2 2，故 C正确； 对于选项 D：作 PC l ，垂足为C， 因为直线 l的斜率 1k  ，则 45COP  ，可得 2 2 CP OP ， 则 2 3 2 2AP CP A P CP d     ， 可得  2 2 322 2 2 2 42AP OP A P OP A P CP d              ， 所以 2 AP OP 的最小值为 4，故 D正确； 14． 2 6 3 【分析】根据题意，先建立空间直角坐标系O xyz ，然后写出相关点的 坐标，再写出相关的向量，然后根据点 ,M N 分别为直线 ,AB CE上写出点 ,M N的坐标， 这样就得到 22 2 1 3 1 21 2 2 2 2 MN x                          ，然后根据 1,x 的取值范围而 确定 min 2 6 3 MN   【详解】建系如图，则有：  1, 1,0A   ，  1, 1,0B  ，  1,1,0C ，  1,1,0D  ，  0,0, 2P ， 1 1 2, ,2 2 2E        可得： 3 1 2, , 2 2 2 CE           设  1, 1,0M x  ，且  2 2 2, ,N x y z 则有：CN CE    ，可得： 3 1 21 ,1 , 2 2 2 N            则有： 1 3 1 21 , 2 , 2 2 2 MN x              故 22 2 1 3 1 21 2 2 2 2 MN x                          2 2 1 3 31 2 4 2 4 x            则当且仅当 1 4 , 1 3 x    时， min 2 6 3 MN   故答案为： 2 6 3 15．(1)【详解】（1）试验从中一次摸取 1个球，取后不放回，连续取两次的样本空间为：  , , , , , , , , , , , , , , , , , , ,AB AC AD AE BA BC BD BE CA CB CD CE DA DB DC DE EA EB EC ED （2）由（1）可知样本空间中基本事件总数为 20 符合事件 M：“第一次摸到红球”的样本空间为： , , , , , , , , , , ,AB AC AD AE BA BC BD BE CA CB CD CE 共12个基本事件 符合事件 N：“第二次摸到黑球”的样本空间为： , , , , , , ,AD AE BD BE CD CE DE ED 共8个基本事件 故 12 3 8 2( ) , ( ) 20 5 20 5 P M P N    则事件 M和事件 N发生的概率分别为 3 2, 5 5 . 16．(1)【详解】（1）如图，以D为原点，DA，DC， 1DD分别为 x，y，z轴，建立空间直角坐标系D xyz ， 则  0,0,0D ，  0,0,1E ，  1,1,0F ，  0,2,0C ，  1 0,2,2C ，  1 2,2,2B ， 40, ,0 3 G      ， 因为  1,1, 1EF    ，  1 2,0, 2BC     ，所以          1,1, 1 2,0, 2 1 2 1 0 1 2 0EF BC                  ， 所以 1EF BC   ，故 1EF BC ； （2）因为 1 20, , 2 3 C G         ，所以 1 2 10 3 CG   因为 3EF   ，且  1 2 2 41,1, 1 0, , 2 2 3 3 3 EF C G                 ， 所以 1 1 1 4 4 3 2 303cos , 3 152 10 2 30 303 3 EF C GEF C G EF C G              ； （3）因为H 是 1CG的中点，所以 50, ,1 3 H      ， 又因为  1,1,0F ，所以 21, , 1 3 HF         ，   2 22 2 22 221 1 3 9 3 FH             ，即 22 3 FH  . 17．【详解】（1）由题意，直线 l的方程可化为  2 5 0x a x y     ， 联立方程组 2 0 5 0 x x y       解得 2 3 x y    ，所以直线 l过的定点  2,3P ． （2）设直线 1( 0, 0) x y a b a b     ，则 ( ) ( ),0 , 0,A a B b ，由 （1） 知，直线 l 过的定点  2,3P ，可得 2 3 1 a b   ， 因为 0, 0a b  ，所以 2 3 61 2 a b ab    ，解得 24ab  ，当且仅当 2 3 a b  且 2 3 1 a b   即 4, 6a b  时，等号成立， 所以 AOBV 面积为 1 1 1 24 12 2 2 2 S a b ab     ，此时对应的直线方程为 1 4 6 x y   ，即3 2 12 0x y   ． 18．【详解】（1）以 A为坐标原点，以 ,AB AC为 ,x y轴建立平面直角坐标系， 则 (0,0), (4,0), (0, 4)A B C ，故 ABCV 的重心G的坐标为 0 4 0 0 0 4( , ) 3 3     ，即 4 4( , ) 3 3 ； （2）设 ( ,0)P a ，P关于直线 ,BC AC的对称点分别设为 1 2,P P ， 则 2 ( ,0)P a ，设 1 0 0( ),P x y ，直线 BC的方程为 4 0x y   ，则 0 0 0 0 0 1 0 4 2 2 y x a x a y         ， 解得 0 0 4 4 x y a     ，即 1(4, 4 )P a ，由光的反射原理可知 1 2, , ,P Q R P共线，且光线QR经 过 ABCV 的重心，故 4 04 0 3 44 ( ) ( ) 3 a a a        ，解得 4 3 a  或 0a  （舍去），故 4( ,0) 3 P ； （3）由（2）可得 1 2 8 4(4, ), ( ,0) 3 3 P P  ，由题意可知 1 2| | | |,| | | |PQ QP PR RP  ，故 PQR 的周长 1 2 1 2| | | | | | | | | | | | | |PQ PR RQ QP RP RQ PP      2 2 4 8 8 5(4 ) ( 0) 3 3 3      . 19．【详解】（1）连结 AC，交 BD于点O，连结OE，点 E是 PC的中点，点O是 AC的中点， 所以 / /PA OE，OE 平面 EDB， PA平面 EDB，所以 / /PA 平面 EDB； （2）如图，以向量DA  ，DC  ，DP  为 , ,x y z轴的正方向建立空间直角坐标系，  0,0,0D ，  1,2,0B ，  0,1,1E ，则  1,2,0DB   ，  0,1,1DE   ， 设平面EDB的法向量  , ,m x y z ，则 2 0 0 DB m x y DE m y z               ，， 所以平面 EDB的法向量  2, 1,1m   ，平面 PAD的一个法向量为  0,1,0n  ， 设平面EDB和平面 PAD的夹角为 ，则 1 6cos cos , 66 m n m n m n             ， 所以平面 EDB和平面 PAD的夹角的余弦值为 6 6 ； （3）  0,0,0D ，  1,2,0B ，  0,1,1E ，  0 0 2P , , ，  1,1, 1EB    ，  1, 2,2BP     ，   , 2 ,2 0 1BF BP            ，      1,1, 1 , 2 ,2 1 ,1 2 , 1 2EF EB BF                     ，由（2）知平面 EDB的法向量  2, 1,1m   ， 设直线 EF与平面 EDB的夹角为 ，则          2 2 2 2 1 1 2 1 2 2 2sin cos , 31 1 2 1 2 6 EF m                         ， 0 1  解得 6 11   或 2 3   ，又 2 2 2 3PB PD DC CB    ，则 6 153 3 11 11 PF     或 23 3 1 3 PF     .