精品解析：广东省江门市台山市第一中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题

台山一中2024—2025学年度第一学期中段考试 高二数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 直线的倾斜角为（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知，是两个不重合的平面，且直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知一组数据：2，5，7，，10的平均数为6，则该组数据的第60百分位数为（ ） A. 7 B. 6.5 C. 6 D. 5.5 4. 直线：，：，若，则实数的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 0或1 D. 或1 5. 已知点，平面，其中，则点到平面的距离是（ ） A. B. C. 2 D. 3 6. 已知点P是椭圆上一动点，Q是圆上一动点，点，则的最大值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 7. 已知正三角形的边长为1，在平面内，若向量满足，则的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 3 8. 如图，在四棱锥中，是正方形的中心，底面，，，则四棱锥内切球的体积为（ ） 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. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 用简单随机抽样的方法从含有个个体的总体中抽取一个容量为的样本，则个体被抽到的概率是 B. 已知一组数据，，，，的平均数为，则这组数据的方差是 C. 数据，，，，，，，的分位数是 D. 若样本数据，，，的标准差为，则数据，，，的标准差为 10. 抛掷一枚骰子两次.设“第一次向上的点数是2”为事件，“第二次向上的点数是奇数”为事件，“两次向上的点数之和能被3整除”为事件，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互为对立事件 B. C. D. 事件与事件相互不独立 11. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的有（ ） A. 当点E运动时，总成立 B. 当E向运动时，二面角逐渐变小 C. 二面角的最小值为 D. 三棱锥的体积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 两直线3x＋y－3＝0和6x＋my－1＝0平行，则它们之间的距离为________. 13. 甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是____________． 14. 在平面直角坐标系中，已知圆，直线，过上一点作圆的切线，切点为A，则的最小值为________. 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. 已知平面直角坐标系中，圆，点， （1）若是圆上的动点，线段的中点为，求的轨迹方程； （2）以为直径的圆交圆于，两点，求. 16. 如图，在直三棱柱中，底面是等腰三角形，，，，分别是棱，的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 17. 某中学为了组建一支业余足球队，在高一年级随机选取50名男生测量身高，发现被测男生的身高全部在到之间，将测量结果按如下方式分成六组：第1组，第2组，…，第6组，如图是按上述分组得到的频率分布直方图，以频率近似概率. （1）若学校要从中选1名男生担任足球队长，求被选取的男生恰好在第5组或第6组的概率； （2）试估计该校高一年级全体男生身高的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）与中位数； （3）现在从第5与第6组男生中选取两名同学担任守门员，求选取的两人中最多有1名男生来自第5组的概率. 18. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M为PC上一点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=． （1）求证：平面PQB⊥平面PAD； （2）若二面角M-BQ-C为30°，设PM=MC，试确定 的值. 19. 定义：M是圆C上一动点，N是圆C外一点，记的最大值为m，的最小值为n，若，则称N为圆C的“黄金点”；若G同时是圆E和圆F的“黄金点”，则称G为圆“”的“钻石点”.已知圆A：，P为圆A的“黄金点” （1）求点P所在曲线的方程. （2）已知圆B：，P，Q均为圆“”的“钻石点”. （ⅰ）求直线的方程. （ⅱ）若圆H是以线段为直径的圆，直线l：与圆H交于I，J两点，对于任意的实数k，在y轴上是否存在一点W，使得y轴平分？若存在，求出点W的坐标；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 $ 台山一中2024—2025学年度第一学期中段考试 高二数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 直线的倾斜角为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出斜率，然后根据倾斜角与斜率的关系，即可得到结果. 【详解】由方程得直线斜率，所以倾斜角. 故选:C. 2. 已知，是两个不重合的平面，且直线，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由线面、面面关系，结合平面的基本性质判断线面关系，根据面面垂直的判定判断线面是否平行，再由充分、必要性定义判断条件间的充分、必要关系. 【详解】解：由，若，则可能平行或，充分性不成立； 由，，由面面垂直的判定知，必要性成立. 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 已知一组数据：2，5，7，，10的平均数为6，则该组数据的第60百分位数为（ ） A. 7 B. 6.5 C. 6 D. 5.5 【答案】B 【解析】 【分析】先根据平均数求的值，然后将数据从小到大排列，根据百分位数的概念求值. 【详解】因为. 所以数据为：2，5，6，7，10. 又因为，所以这组数据的第60百分位数为：. 故选：B 4. 直线：，：，若，则实数的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 0或1 D. 或1 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线垂直的公式求解即可. 【详解】因为：，：垂直， 所以， 解得或， 将，代入方程，均满足题意， 所以当或时，. 故选：. 5. 已知点，平面，其中，则点到平面的距离是（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，求得和平面的法向量，结合向量的距离公式，即可求解. 【详解】由点，可得， 又由，可得向量为平面的法向量，且， 则，所以点到平面的距离为. 故选：C. 6. 已知点P是椭圆上一动点，Q是圆上一动点，点，则的最大值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】易知圆的圆心是为椭圆的左焦点，利用椭圆的定义得到，然后由求解. 【详解】如图所示： 由，得， 则， 则圆的圆心是为椭圆的左焦点， 则右焦点为， 由椭圆的定义得， 所以， 又， 所以， ， 故选：C 7. 已知正三角形的边长为1，在平面内，若向量满足，则的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面向量的坐标运算，确定出点的轨迹为圆，即可求解. 【详解】以为坐标原点，为轴建立平面直角坐标系，如图， 设，则，， 所以，满足的点坐标满足：， 即在以为圆心，1为半径的圆上， 当，，三点共线，且在如图所示位置时，最大， 因为，所以， ，所以. 故选：A. 8. 如图，在四棱锥中，是正方形的中心，底面，，，则四棱锥内切球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，先求出几何体的体积，再结合等体积法求出内切球的半径即可求解. 【详解】由题可知,该几何体的底面是边长为2的正方形，侧棱长都为，连接. 底面，. ， ， ，. 设四棱锥的内切球的半径为，球心为， 由， 得， 即，解得， 故四棱锥内切球的体积为. 故选：B. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 用简单随机抽样的方法从含有个个体的总体中抽取一个容量为的样本，则个体被抽到的概率是 B. 已知一组数据，，，，的平均数为，则这组数据的方差是 C. 数据，，，，，，，的分位数是 D. 若样本数据，，，的标准差为，则数据，，，的标准差为 【答案】AD 【解析】 【分析】由随机抽样的概率定义判断A，计算方差判断B，求出分位数判断C，根据数据变换后标准差关系判断D． 【详解】A，根据题意，简单随机抽样中每个个体被抽到的概率是相等的， 若在含有个个体的总体中依次抽取一个容量为的样本，则个体被抽到的概率为，故A正确； B，由平均数的公式得：，解得， 方差，故B错误； C，该组数据从小到大排列为：，，，，，，，，且， 所以第百分位数为，故C错误； D，已知样本数据，，的标准差为，则， 数据，，，的方差为， 所以其标准差为，故D正确． 故选：AD． 10. 抛掷一枚骰子两次.设“第一次向上的点数是2”为事件，“第二次向上的点数是奇数”为事件，“两次向上的点数之和能被3整除”为事件，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互为对立事件 B. C. D. 事件与事件相互不独立 【答案】BC 【解析】 【分析】由对立事件的定义判断A；应用列举法求、判断B；根据独立事件的判定判断D,根据并事件的概率即可求解C. 【详解】对于A，由事件定义，事件与事件可以同时发生，故不互为对立事件，A错误； 抛掷一枚骰子两次的样本点数共36种， 对于B，事件的样本点为，，，，，，，，，，，，，，，，，共18种， 事件的样本点为，，，，，，，，，，，共有12种， 事件的样本点为，，，，，共6种， 所以,， ，B正确； 因为，所以事件与事件相互独立，D错误． 事件的样本点为，共3种 事件的样本点为共12种， 由于互斥，故的样本点共有15种，故，C正确， 故选：BC． 11. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的有（ ） A. 当点E运动时，总成立 B. 当E向运动时，二面角逐渐变小 C. 二面角的最小值为 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，得到，，从而得到平面，因为平面，所以总成立；B选项，当E向运动时，平面与平面的夹角不变；C选项，建立空间直角坐标系，设，，得到二面角的法向量，求出二面角的余弦，从而得到余弦值的最大值，得到二面角的最小值；D选项，利用体积公式求出三棱锥的体积为定值. 【详解】对于A，连接，，， 因为四边形为正方形，故， 又⊥平面，平面， 所以， 又，平面， 所以平面. 因为平面， 所以，同理可证. 因为，平面， 所以平面， 因为平面， 所以总成立，故A正确. 对于B，平面EFB即平面，平面EFA即平面， 所以当E向运动时，二面角的大小不变，故B错误. 对于C，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，所以， 因为E，F在上，且， 故可设，，，则， 由题知平面ABC的一个法向量为， 设平面ABE的一个法向量为， 则，解得， 取，则，故， 设二面角的平面角为，则为锐角， 所以， 又，所以当时，取得最大值， 取得最小值，故C正确； 对于D，因为， 点A到平面EFB的距离即到平面的距离，为， 所以，为定值，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. 两直线3x＋y－3＝0和6x＋my－1＝0平行，则它们之间的距离为________. 【答案】 【解析】 【分析】通过直线平行求出，然后利用平行线之间的距离求出结果即可． 【详解】直线与直线平行， 所以， 直线与直线的距离为 ． 故答案为：． 13. 甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束）．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是____________． 【答案】0.18 【解析】 【分析】本题应注意分情况讨论，即前五场甲队获胜的两种情况，应用独立事件的概率的计算公式求解．题目有一定的难度，注重了基础知识、基本计算能力及分类讨论思想的考查． 【详解】前四场中有一场客场输，第五场赢时，甲队以获胜的概率是 前四场中有一场主场输，第五场赢时，甲队以获胜的概率是 综上所述，甲队以获胜的概率是 【点睛】由于本题题干较长，所以，易错点之一就是能否静心读题，正确理解题意；易错点之二是思维的全面性是否具备，要考虑甲队以获胜的两种情况；易错点之三是是否能够准确计算． 14. 在平面直角坐标系中，已知圆，直线，过上一点作圆的切线，切点为A，则的最小值为________. 【答案】3 【解析】 【分析】利用直线与圆的位置关系，结合平面向量数量积的几何意义将化为，计算即可. 【详解】由题意，则圆的半径， 根据向量数量积的几何意义，得. 所以只要最小即可，当时，， 所以的最小值为. 故答案为：3 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. 已知平面直角坐标系中，圆，点， （1）若是圆上的动点，线段的中点为，求的轨迹方程； （2）以为直径的圆交圆于，两点，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用轨迹方程求法设，可求得的轨迹方程为； （2）求出公共弦的方程，利用点到直线距离以及弦长公式可得. 【小问1详解】 设，，则根据题意可得 所以可得，代入圆，得， 化简得， 的轨迹方程为. 【小问2详解】 如下图所示： 因为的中点坐标为，， 所以以为直径的圆的方程为， 即. 圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为， 两圆的圆心距为，半径和，半径差的绝对值为， ，两圆相交， 由得直线的方程. 圆心到直线的距离，圆的半径， 可得，， 所以. 16. 如图，在直三棱柱中，底面是等腰三角形，，，，分别是棱，的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）取中点，以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即得. 【小问1详解】 在直三棱柱中，，，取中点，连接， 则，过点作，由平面，得平面， 则直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 设，则， 则，，， 设平面的法向量，则，取，得， 于是，即，平面，又平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）知，，，则，， 设平面的法向量为，则，取得， 又，设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 17. 某中学为了组建一支业余足球队，在高一年级随机选取50名男生测量身高，发现被测男生的身高全部在到之间，将测量结果按如下方式分成六组：第1组，第2组，…，第6组，如图是按上述分组得到的频率分布直方图，以频率近似概率. （1）若学校要从中选1名男生担任足球队长，求被选取的男生恰好在第5组或第6组的概率； （2）试估计该校高一年级全体男生身高的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）与中位数； （3）现在从第5与第6组男生中选取两名同学担任守门员，求选取的两人中最多有1名男生来自第5组的概率. 【答案】（1）0.12；（2）平均数为168.72，中位数为168.25；（3）. 【解析】 【分析】（1）由直方图可得，被选取的男生恰好在第5组或第6组的概率；（2）每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标、组距相乘后求和可得平均值；直方图左右两边面积相等处横坐标表示中位数；（3）利用列举法，从第5与第6组男生中选取两名同学担任守门员共有15种情况，其中选取的两人中最多有1名男生来自第5组的情况有9种，由古典概型概率公式可得结果. 【详解】（1）被选取的男生恰好在第5组或第6组的概率 . （2）全体男生身高的平均数为 . 设全体男生身高的中位数为，因为第1组对应的频率为0.20，第2组对应的频率为0.28，所以，则，解得. （3）第5组有人，记为，，，，同理第6组有2人记为，， 所有的情况为、、、、、、、、、、、、、、，共15种， 选取的两人中最多有1名男生来自第5组的有、、、、、、、、共9种， 所以所求概率为. 【点睛】本题主要考查直方图的应用以及古典概型概率公式的应用，属于难题，利用古典概型概率公式求概率时，找准基本事件个数是解题的关键，基本亊件的探求方法有 (1)枚举法：适合给定的基本事件个数较少且易一一列举出的；(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本亊件的探求.在找基本事件个数时，一定要按顺序逐个写出：先，…. ，再，…..依次….… 这样才能避免多写、漏写现象的发生. 18. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M为PC上一点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=． （1）求证：平面PQB⊥平面PAD； （2）若二面角M-BQ-C为30°，设PM=MC，试确定 的值. 【答案】（1）∵AD // BC，BC=AD，Q为AD的中点， ∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD // BQ． ∵∠ADC=90°∴∠AQB=90°即QB⊥AD． 又∵平面PAD⊥平面ABCD 且平面PAD∩平面ABCD=AD， ∴BQ⊥平面PAD． ∵BQ平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD． （2）． 【解析】 【详解】试题分析：（1）略 （2）∵PA=PD，Q为AD的中点， ∴PQ⊥AD． ∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD， ∴PQ⊥平面ABCD． 如图，以Q为原点建立空间直角坐标系． 则平面BQC的法向量为；，， ，． 设，则，， ∵， ∴ ， ∴ 在平面MBQ中，，， ∴ 平面MBQ法向量为． ∵二面角M-BQ-C为30， ∴ ． 考点：本题考查了空间中的线面关系 点评：高考中常考查空间中平行关系与垂直关系的证明以及几何体体积的计算，这是高考的重点内容.证明的关键是熟练掌握并灵活运用相关的判定定理与性质定理. 19. 定义：M是圆C上一动点，N是圆C外一点，记的最大值为m，的最小值为n，若，则称N为圆C的“黄金点”；若G同时是圆E和圆F的“黄金点”，则称G为圆“”的“钻石点”.已知圆A：，P为圆A的“黄金点” （1）求点P所在曲线的方程. （2）已知圆B：，P，Q均为圆“”的“钻石点”. （ⅰ）求直线的方程. （ⅱ）若圆H是以线段为直径的圆，直线l：与圆H交于I，J两点，对于任意的实数k，在y轴上是否存在一点W，使得y轴平分？若存在，求出点W的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（ⅰ）（ⅱ）存在， 【解析】 【分析】（1）根据新定义建立方程，化简即可判断轨迹为圆，得出轨迹方程； （2）（ⅰ）根据P，Q均为圆“”的“钻石点”，可知为两圆的公共弦，作差即可得解； （ⅱ）由题意求出圆H的方程为，假设存在，根据及根与系数的关系化简为是否对任意成立，即可得解. 【小问1详解】 因为点P为圆A的“黄金点”， 所以，即， 所以点P的轨迹是以A为圆心，为半径的圆， 故点P所在曲线的方程为 【小问2详解】 （ⅰ）因为P为圆B的“黄金点”，则 所以，即点P在圆上， 则P是圆和的交点. 因为P，Q均为圆“”的“钻石点”， 所以直线即为圆和的公共弦所在直线，两圆方程相减可得， 故直线的方程为. ( ii )设的圆心为，半径为， 的圆心为，半径为. 直线的方程为，得的中点坐标为， 点S到直线的距离为， 则，所以圆H的方程为. 假设轴上存在点满足题意，设，. 若轴平分，则，即， 整理得 又，所以代入上式可得， 整理得①， 由可得， 所以，代入①并整理得， 此式对任意的都成立，所以. 故轴上存在点，使得轴平分. 【点睛】关键点点睛：在（2）( ii )中，求出圆圆H的方程为后，假设存在点满足题意，能够转化为，再由斜率公式化为，利用根与系数的关系代入后得，题目对运算能力要求很高，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $