精品解析：四川省成都列五中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题

四川省成都列五中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题 第I卷（选择题） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若直线的一个方向向量是，则直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 2. 已知圆：，则圆心的坐标和半径分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 在一次篮球比赛中，某支球队共进行了8场比赛，得分分别为：，那么这组数据的上四分位数为（ ） A. 37.5 B. 38 C. 39 D. 40 4. 如图，已知空间四边形OABC，其对角线OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且，现用向量，，表示向量，设，则x，y，z的值分别为（ ） A. B. C. D. 5. 已知点，直线与线段相交，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知从点发出的一束光线，经过直线反射，反射光线恰好过点，则反射光线所在的直线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则下列结论错误的是（ ） A. 乙发生的概率为 B. 丙的概率为 C. 甲与丁相互独立 D. 丙与丁互为对立事件 二、多项选择题：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. 已知直线，则（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若不经过第二象限，则 D. 点到直线的最大距离为 10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若空间向量，，则在上的投影向量为 B. 已知，，则点到直线的距离为 C. 若对空间中任意一点有，则，，，四点共面 D. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 11. 如图，棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为面对角线上一个动点，则下列选项中正确的有（ ） A. 三棱锥的体积为定值． B. 无论点在线段的什么位置，都有平面平面 C. 线段上存在点，使平面平面． D. 为上靠近的四等分点时，直线与所成角最小 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知圆过，两点，且圆心在直线上，则圆的方程为___________. 13. 如图，已知二面角的大小为，已知A，B两点在棱上， 线段，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于．已知，，则的长度为________． 14. 如图，经过边长为1的正方体的三个项点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是______． 四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某中学举办科技文化节活动，报名参加数学史知识竞赛的同学需要通过两轮选拔.第一轮为笔试，若笔试不合格则不能进入下一轮选拔；若笔试合格，则进入第二轮现场面试.最终由面试合格者代表年级组参加全校的决赛，两轮选拔之间相互独立.现有甲、乙、丙三名学生报名参加本次知识竞赛，假设甲、乙、丙三名考生笔试合格的概率分别是，，，面试合格的概率分别是，，. （1）求甲、乙两位考生中有且只有一位学生获得决赛资格的概率； （2）求三人中至少有一人获得决赛资格的概率. 16. 某高校承办了成都世乒赛志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三､四､五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. （1）求的值； （2）估计这100名候选者面试成绩的众数､平均数和分位数（分位数精确到0.1）； （3）在第四､第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率. 17. 已知直线经过点， （1）若点到直线的距离为，求直线的方程； （2）若直线在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线的方程. （3）直线与，轴的正半轴交于A，B两点，求的最小值． 18. 如图，在四棱锥．中，底面为直角梯形，，，，，，，且平面平面，在平面内过作，交于，连接． （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值： （3）点为的四等分点（靠近），求直线与平面所成的角的余弦值． 19. 如图，在四棱台中，底面是菱形，，，平面． （1）证明：； （2）若点在棱上，且平面，求线段的长； （3）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求线段的长；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 $ 四川省成都列五中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题 第I卷（选择题） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若直线的一个方向向量是，则直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出直线的斜率，进而求出倾斜角. 【详解】由直线的一个方向向量是，得直线的斜率， 所以直线的倾斜角是. 故选：D 2. 已知圆：，则圆心的坐标和半径分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆一般方程与标准方程的互化即可求解. 【详解】由题意知，圆的标准方程为, 所以圆心坐标为，半径. 故选：C 3. 在一次篮球比赛中，某支球队共进行了8场比赛，得分分别为：，那么这组数据的上四分位数为（ ） A. 37.5 B. 38 C. 39 D. 40 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由百分位数的计算公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】将数据从小到大排序可得，共8个样本数据， 则上四分位数即第百分位数为，即为. 故选：C 4. 如图，已知空间四边形OABC，其对角线OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且，现用向量，，表示向量，设，则x，y，z的值分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件用，，表示，即可得答案. 【详解】由题设， 结合，得， 故选：C 5. 已知点，直线与线段相交，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由直线恒过定点，分别计算，结合图象即可得的范围. 【详解】直线经过定点，如图所示， 则， 因为直线与线段相交， 所以由图可知. 故答案为：. 6. 已知从点发出的一束光线，经过直线反射，反射光线恰好过点，则反射光线所在的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用点关于线的对称找出对称点，结合光线反射性质计算即可. 【详解】点关于对称的点设为， 则，反射光线经过点， 则反射光线所在的直线方程为，即. 故选:C. 7. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用和事件的概率公式求出，然后利用求解即可. 【详解】因为，，所以， 又，所以， 所以. 故选：D. 8. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则下列结论错误的是（ ） A. 乙发生的概率为 B. 丙的概率为 C. 甲与丁相互独立 D. 丙与丁互为对立事件 【答案】B 【解析】 【分析】先计算出甲乙丙丁的概率，故可判断AC的正误，再根据独立事件的乘法公式可判断C的正误，根据对立事件的意义可判断D的正误. 【详解】设为事件“第一次取出的球的数字是奇数”， 为事件“第二次取出的球的数字是偶数”， 为事件“两次取出的球的数字之和是奇数”， 为事件“两次取出的球的数字之和是偶数”， 则，，故A正确.， ，故B错误. 而，故C正确. 两次取出的数字之和要么为奇数，要么为偶数，故丙与丁互为对立事件，故D正确. 故选：B. 二、多项选择题：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. 已知直线，则（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若不经过第二象限，则 D. 点到直线的最大距离为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据两直线一般式平行和垂直满足的系数关系，即可判断AB，由条件可得，可判断C，根据直线过定点，即可根据点点距离求解D. 【详解】对于A，因为直线的斜率存在，又，所以的斜率存在，故， 所以的斜率，又，所以，解得或， 当时，此时，两直线重合，故A错误； 对于B，由，得，解得，故B正确； 对于C，变形为， 又不经过第二象限，所以，解得，故C错误； 对于D，直线过定点，点到直线的最大距离即为： ，故D正确. 故选：BD. 10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若空间向量，，则在上的投影向量为 B. 已知，，则点到直线的距离为 C. 若对空间中任意一点有，则，，，四点共面 D. 若直线的方向向量为，平面的一个法向量为，则 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，应用求解即可；对于B，应用求解即可； 对于C，转化为即可判断；对于D，可证得，但线面关系可有两种情况. 【详解】解：对于A项：在上的投影向量为，故A正确； 对于B项：，故B错误； 对于C项：因为，所以， 所以，即， 所以，，，四点共面，故C正确； 对于D项：因为， 所以，则或，故D错误； 故选：AC 11. 如图，棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为面对角线上一个动点，则下列选项中正确的有（ ） A. 三棱锥的体积为定值． B. 无论点在线段的什么位置，都有平面平面 C. 线段上存在点，使平面平面． D. 为上靠近的四等分点时，直线与所成角最小 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；选项B，根据条件，可得面，利用面面垂直的判定定理可得平面平面，即可作出判断，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C和D选项的正误． 【详解】对于选项A，因为平面，平面平面， 所以，点到平面的距离等于， 的面积为， 所以，，故选项A正确； 对于选项B，连接，易知面，又面，所以， 又分别为棱的中点，则，而，所以， 又面，，所以面， 又面，所以平面平面，故选项B正确， 对于选项C，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、、、 、、，、， 设平面的法向量为，，， 由，取，可得， 设，可得点，其中， 则， 所以，解得， 故平面与平面不平行，所以选项C错误， 对于选项D，由选项C知，，， 设直线与所成角为， 则， 当时，取得最大值，此时最小，所以选项D正确， 故选：ABD. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知圆过，两点，且圆心在直线上，则圆的方程为___________. 【答案】 【解析】 【分析】求得线段的中垂线，圆心在中垂线上，联立两直线可求得圆心坐标，进而求得，可得圆方程. 【详解】由已知，，则其中点为，， 所以线段中垂线的斜率为，则线段中垂线的方程为， 所以圆心在上，又圆心在直线上， 联立，解得，即， 半径， 所以圆的方程为. 故答案为：. 13. 如图，已知二面角的大小为，已知A，B两点在棱上， 线段，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于．已知，，则的长度为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量的加法，转化为，直接求模长即可. 【详解】因为线段，分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于，又二面角的大小为， 所以， 因为. 所以 ， 所以，所以的长度为. 故答案为：. 14. 如图，经过边长为1的正方体的三个项点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是______． 【答案】 【解析】 【分析】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，以点为原点建立空间直角坐标系，设球心，利用向量法求出球心到平面的距离进而可得出答案. 【详解】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形， 由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时， 该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 设球心， 故， 设平面的法向量为， 则有，可取， 则球心到平面的距离为， 因为球与三个正方形面和等边三角形面相切， 所以，解得， 所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下： （1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离； （2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为. 四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某中学举办科技文化节活动，报名参加数学史知识竞赛的同学需要通过两轮选拔.第一轮为笔试，若笔试不合格则不能进入下一轮选拔；若笔试合格，则进入第二轮现场面试.最终由面试合格者代表年级组参加全校的决赛，两轮选拔之间相互独立.现有甲、乙、丙三名学生报名参加本次知识竞赛，假设甲、乙、丙三名考生笔试合格的概率分别是，，，面试合格的概率分别是，，. （1）求甲、乙两位考生中有且只有一位学生获得决赛资格的概率； （2）求三人中至少有一人获得决赛资格的概率. 【答案】（1）. （2）. 【解析】 【分析】（1）设事件A表示“甲考生获得决赛资格”，设事件B表示“乙考生获得决赛资格”，根据题意可判断两事件相互独立.先根据两轮选拔之间相互独立求出、；再根据互斥事件概率加法公式和相互独立事件概率计算公式即可求出结果. （2）设事件C表示“丙考生获得决赛资格”，由题意可知事件A、B、C相互独立.借助对立事件的概率计算公式可得结果. 【小问1详解】 设事件A表示“甲考生获得决赛资格”，设事件B表示“乙考生获得决赛资格”，由题意可知事件A、B相互独立. 因为两轮选拔之间相互独立 所以，. 则甲、乙两位考生中有且只有一位学生获得决赛资格的概率为： 所以甲、乙两位考生中有且只有一位学生获得决赛资格的概率. 【小问2详解】 设事件C表示“丙考生获得决赛资格”，由题意可知事件A、B、C相互独立. 则. 因为事件“三人中至少有一人获得决赛资格”的对立事件是“三人都没有获得决赛资格” 所以三人中至少有一人获得决赛资格的概率为 所以三人中至少有一人获得决赛资格的概率. 16. 某高校承办了成都世乒赛志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三､四､五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. （1）求的值； （2）估计这100名候选者面试成绩的众数､平均数和分位数（分位数精确到0.1）； （3）在第四､第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率. 【答案】（1）， （2）众数为，平均数为69.5，分位数为71.7 （3） 【解析】 【分析】（1）由第三､四､五组的频率之和为0.7，所有组频率之和为1，列方程求的值； （2）由频率分布直方图中众数､平均数和百分位数的定义公式计算； （3）根据分层抽样确定的人数，解决古典概型概率问题. 【小问1详解】 因为第三､四､五组的频率之和为0.7， 所以，解得， 所以前两组的频率之和为，即， 所以. 【小问2详解】 众数为 平均数为， 前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75， 所以分位数在第三组，且为. 【小问3详解】 第四､第五两组志愿者分别有20人，5人，采用分层抽样的方法从中抽取5人， 则第四组抽4人，记为，第五组抽1人，记为， 则从这5人中选出2人，有共10种结果， 两人来自不同组有共4种结果， 所以两人来自不同组的概率为. 17. 已知直线经过点， （1）若点到直线的距离为，求直线的方程； （2）若直线在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线的方程. （3）直线与，轴的正半轴交于A，B两点，求的最小值． 【答案】（1）或 （2）或 （3）12 【解析】 【分析】（1）根据直线斜率是否存在分类讨论，利用点到直线的距离公式求解； （2）根据直线在两坐标轴上截距是否为0分类讨论，设出直线的方程，由条件列式求解； （3）设，则，，可得表达式，利用二倍角公式及三角函数的性质求解. 【小问1详解】 当直线斜率不存在时，，此时点到直线的距离为1，符合要求； 当直线斜率存在时，设，即， 则点到直线的距离为，解得， 故； 综上所述，直线的方程为或； 【小问2详解】 当直线在两坐标轴上截距都为0时，设直线的方程为， 因为直线过点，所以，解得，此时直线的方程为. 当直线在两坐标轴上截距不为0时，由已知设直线的方程， 因为直线过点，所以，解得， 此时直线的方程为， 综上所述，直线的方程为或. 【小问3详解】 如图，设，则，， 即， 由，则， 故当，即时，有. 18. 如图，在四棱锥．中，底面为直角梯形，，，，，，，且平面平面，在平面内过作，交于，连接． （1）求证：平面； （2）求二面角的正弦值： （3）点为的四等分点（靠近），求直线与平面所成的角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为，，， 所以四边形为矩形， 在中，，，， 则， ，， 又平面平面，平面， 平面平面， 平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知四边形为矩形，证明，由条件根据面面垂直性质定理证明平面； （2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量法求出二面角的余弦值，再求其正弦值； （3）由题可知，表示出后，即可利用向量方法求直线与平面所成的角的正弦值，从而求得其余弦值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， ，，可得， 则，，，，， 设平面的法向量为，，， 由，令，则，即， 设平面的法向量为，， 由，令，则，，即， 则， 二面角的正弦值为； 【小问3详解】 由点为靠近点的的四等分点，故， 则， 又平面的法向量为， 故直线与平面所成的角的正弦值为： ， 即直线与平面所成的角的余弦值为. 19. 如图，在四棱台中，底面是菱形，，，平面． （1）证明：； （2）若点在棱上，且平面，求线段的长； （3）棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：连接，因为为棱台，所以四点共面， 又因为四边形为菱形，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以； （2） （3）存在，且 【解析】 【分析】（1）连接，根据题意证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）建立适当的空间直角坐标系，设出的长，表示出直线的方向向量及平面的法向量后计算即可得； （3）分别求出两平面的法向量，由平面夹角公式、二面角的定义即可列出方程，计算即可得. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 取中点，连接， 因为底面是菱形，且，所以是正三角形， 所以，即， 由于平面，以为原点， 分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，， 则， 设，则，， ，， 设平面的法向量为，则有， 令，则，，即， 由平面，则， 即有， 解得，即； 【小问3详解】 假设点存在，设点的坐标为，其中， 可得， 设平面的法向量，则， 令，即，所以， 又由平面的法向量为， 所以，解得， 由于二面角为锐角，则点在线段上， 所以，即， 故棱上存在一点E，当时，二面角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $