精品解析：湖北省荆门德艺高级中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

荆门市德艺高级中学2024年秋季学期高二年级期中考试 数学试卷 满分：150分 时间：120分钟 命题人：陈大勇 Ⅰ卷 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. 从1,2,3,4,5中有放回地依次取出两个数，则下列各对事件是互斥而不是对立事件的是 A. 恰有1个是奇数和全是奇数 B. 恰有1个是偶数和至少有1个是偶数 C. 至少有1个是奇数和全是奇数 D. 至少有1个是偶数和全是偶数 【答案】A 【解析】 【详解】从1,2,3,4,5中有放回的依次取出两个数,共有三种情况：A={两个奇数},B={一个奇数一个偶数},C={两个偶数}，且两两互斥， A:恰有1个是奇数和全是奇数是事件B和A，因为事件A和事件B不可能同时发生，所以是互斥事件； B:恰有1个是偶数和至少有1个是偶数是事件B和事件B∪C，显然不互斥； C:至少有1个是奇数和全是奇数是事件B∪A和事件A，显然不互斥； D:至少有1个是偶数和全是偶数是事件B∪C和事件C，显然不互斥； 本题选择A选项. 点睛：“互斥事件”与“对立事件”的区别：对立事件是互斥事件，是互斥中的特殊情况，但互斥事件不一定是对立事件，“互斥”是“对立”的必要不充分条件． 2. 两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 男女生人数相同可利用整体发分析出两位女生相邻的概率，进而得解. 【详解】两位男同学和两位女同学排成一列，因为男生和女生人数相等，两位女生相邻与不相邻的排法种数相同，所以两位女生相邻与不相邻的概率均是．故选D． 【点睛】本题考查常见背景中的古典概型，渗透了数学建模和数学运算素养．采取等同法，利用等价转化的思想解题． 3. 如图在平行六面体中，底面 是边长为1的正方形，侧棱且，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出 ，，，，，，再计算即可. 【详解】解：因为底面是边长为1的正方形，侧棱且， 则 ，，，，，， 则 故选：B. 【点睛】本题考查向量的数量积，向量的模的计算公式，是中档题. 4. ,,则的概率是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：有序实数对的取值情形共有种，满足的情形有： （1）此时； （2）此时; （3)此时. 所以 的概率为 考点：古典概型. 5. 已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，若点P满足，则点P到直线AB的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过作平面于点，过作于点，连接，则即为所求， 【详解】解：如图，过作平面于点，过作于点， 连接，则即为所求， 因为满足， 所以，，， 所以， 故选：． 【点睛】本题考查了求点到直线的距离的方法，属于基础题． 6. 已知直线和直线，以下论述中： （1）当或时,与相交; （2）当时,或 （3） 当且仅当时, （4）当时, 正确的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】直线和直线平行，则；若两直线垂直，则.根据这些结论分别判断每个论述的正确性即可. 【详解】对于直线和直线， 若两直线相交，则. 由可得. 解得且，所以（1）错误. 若，则. 由可得，即，解得或. 当时，即，，两直线重合. 同理，当，，,，满足题意，所以（2）错误. 由前面分析可知，当时，两直线平行，所以（3）正确. 若，则. 展开式子得，即，解得，所以（4）正确. 故正确的有（3）（4）. 故选：B. 7. 当曲线与直线有两个相异交点时，实数的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先确定曲线所表示的图形，再根据数形结合得出实数的取值范围. 【详解】直线恒过点， 由可得，等式两边平方得， 曲线表示圆的上半圆，作出示意图如下： 当直线与半圆相切时，即直线与半圆相切时， 有，解得， 当直线过时，，解得， 要想曲线与直线有个相异交点， 数形结合得到：实数的取值范围是. 故选：D. 8. 在棱长为2的正方体中，，分别为棱、的中点，为棱上的一点，且，设点为的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由几何体为正方体，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面D1EF的法向量，结合向量的点到平面距离公式求得点M到平面D1EF的距离，结合N为EM中点即可求解 【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系， 则M（2，λ，2），D1（0，0，2），E（2，0，1），F（2，2，1）， ＝（﹣2，0，1），＝（0，2，0），＝（0，λ，1）， 设平面D1EF的法向量＝（x，y，z），则 ，取x＝1，得＝（1，0，2）， ∴点M到平面D1EF的距离为：d＝，N为EM中点，所以N到该面的距离为 故选：D． 【点睛】本题考查利用向量法求解点到平面距离，建系法与数形结合是解题关键，属于中档题 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2分，有选错的得0分． 9. 在两坐标轴上截距相等，且与点的距离为的直线方程可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABCD 【解析】 【分析】设直线方程，利用点到直线的距离为可求得结果. 【详解】①当直线在两坐标轴上的截距相等且为0，即直线过原点时， 由题意可设直线的方程为，即. 由已知得，整理得， 解得或，所以所求直线方程为或. ②当直线在两坐标轴上的截距相等且不为0时，则直线的斜率为， 所以可设直线方程为， 由已知得，解得或. 所以所求直线方程为或. 综上，所求直线方程为或或或. 故选：ABCD. 10. 已知圆，直线，则以下命题正确的有（　　） A. 直线恒过定点 B. 圆被轴截得的弦长为 C. 直线与圆恒相交 D. 直线被圆截得最短弦长时，直线的方程为. 【答案】ACD 【解析】 【分析】将直线变形整理为，列方程组求出定点坐标判断A，在圆方程中令，求出圆和轴交点的坐标判断B，根据定点在圆的位置关系判断C，当直线被圆截得最短弦长时，，求出斜率进而即可求出直线方程判断D. 【详解】选项A：由题意直线的方程可变形整理为， 由解得，则无论为何值，直线过定点，故A说法正确； 选项B：在圆方程中令，得，解得， 所以圆被轴截得的弦长为，故B说法错误； 选项C：因为，所以定点在圆的内部， 则直线与圆恒相交，故C说法正确； 选项C：由圆的方程可得圆心，当截得的弦长最短时，， 又，则直线的斜率为， 此时直线的方程为，即，故D说法正确.， 故选：ACD 11. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ） A. 当时，的周长为定值 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，有且仅有一个点，使得 D. 当时，有且仅有一个点，使得平面 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数； 对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数． 【详解】 易知，点在矩形内部（含边界）． 对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误； 对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误； 对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确． 故选：BD． 【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图所示，在一次游戏中，小明需要在9个小格子中填上1至9中不重复的整数，小明通过推理已经得到了4个小格子中的准确数字这5个数字未知，且b，d为奇数，则的概率为____.  9 7 4 5 【答案】 【解析】 【分析】根据题意列出这个试验的等可能结果，然后求解概率即可. 【详解】这个试验的等可能结果用下表表示： a b c d e 2 1 6 3 8 2 1 8 3 6 6 1 2 3 8 6 1 8 3 2 8 1 2 3 6 8 1 6 3 2 2 3 6 1 8 2 3 8 1 6 6 3 2 1 8 6 3 8 1 2 8 3 2 1 6 8 3 6 1 2 共有12种等可能的结果，其中的结果有8种， 所以的概率为. 故答案为：. 13. 已知直线：及点，点Q在l上，当的值最大时，点的坐标为______，的最大值为______ . 【答案】 ①. ②. . 【解析】 【分析】由图，求出B关于l的对称点为的坐标，当A，，Q三点共线时，可求的最大值及相应Q坐标. 【详解】如图，设B关于l的对称点为，因， 则，即. 连接，则所在的直线方程为. 由得与l的交点为，记此点为Q，又在直线任取一点M， 连接BM，，由对称性，，则 当A，，M三点共线时，即M与Q重合时， 此时的值最大且为. 故答案为：； 14. 已知空间四边形各边及对角线长都相等，分别为，的中点，向量与夹角的余弦值______． 【答案】 【解析】 【分析】选择为基底，利用空间向量的线性运算及数量积与夹角关系计算即可. 【详解】选择为基底，设空间四边形各边及对角线长为2， 根据题意有， 易知， 所以 ， 所以与夹角的余弦值为. 故答案为： Ⅱ卷 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 随着小汽车的普及，“驾驶证”已经成为现代人“必考”证件之一，若某人报名参加了驾驶证考试，要顺利地拿到驾驶证，需要通过四个科目的考试，其中科目二为场地考试．在每一次报名中，每个学员有5次参加科目二考试的机会（这5次考试机会中任何一次通过考试，就算顺利通过，即进入下一科目考试，若5次都没有通过，则需要重新报名），其中前2次参加科目二考试免费，若前2次都没有通过，则以后每次参加科目二考试都需要交200元的补考费，某驾校通过几年的资料统计，得到如下结论：男性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为，女性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为，现有这个驾校的一对夫妻学员同时报名参加驾驶证科目二考试，若这对夫妻每人每次是否通过科目二考试相互独立，他们参加科目二考试的原则为：通过科目二考试或者用完所有机会为止． （1）求这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且都不需要交补考费的概率； （2）求这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且产生的补考费用之和为200元的概率． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）分别表示丈夫和妻子第i次通过考试的事件，再将夫妻二人都不需要交补考费的事件用表示，然后利用互斥事件和相互独立事件的概率公式计算作答. （2）将夫妻二人共交200元补考费的事件用（1）中事件表示，再利用互斥事件和相互独立事件的概率公式计算作答. 【小问1详解】 分别表示丈夫和妻子第i次通过考试的事件，则， 夫妻二人都不需要交补考费的事件， 则， 所以这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且都不需要交补考费的概率是. 【小问2详解】 由（1）知，夫妻二人共交200元补考费的事件， 则， 所以这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且产生的补考费用之和为200元的概率. 16. 已知的顶点，AB边上的中线CM所在直线方程为，AC的边上的高BH所在直线方程为． （1）求顶点C的坐标； （2）求直线BC的一般式方程． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）设，利用点C在AB边上的中线CM上和直线AC与高线BH垂直求解； （2）设，利用点B在BH上和AB的中点M在直线CM上求解； 【小问1详解】 设，AB边上的中线CM所在直线方程为， AC边上的高BH所在直线方程为， ∴，解得， ∴． 【小问2详解】 设，则，解得， ∴，则． ∴直线BC的方程为，即为. 17. 已知圆C：． （1）过点向圆C作切线l，求切线l的方程； （2）若Q为直线m：上的动点，过Q向圆C作切线，切点为M，求的最小值． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）按斜率存在和不存在两种情形分类求解，斜率存在时设出直线方程，由圆心到直线的距离等于半径求得参数值； （2）确定直线与圆相离，由切线长公式最小即可，只要求得圆心到直线的距离（为最小值）即可得切线长的最小值． 【小问1详解】 若切线l的斜率不存在，则切线l的方程为． 若切线l的斜率存在，设切线l的方程为，即． 因为直线l与圆C相切，所以圆心到l的距离为2，即，解得， 所以切线l的方程为，即． 综上，切线l的方程为或． 【小问2详解】 圆心到直线的距离为，直线m与圆C相离， 因为，所以当最小时，有最小值． 当时，最小，最小值为， 所以的最小值为． 18. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，求二面角的正弦值． 【答案】（1） 连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得； （2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 不妨设，，． ，，又，平面平面． 以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 设， 设平面与平面的一个法向量分别为， 二面角平面角为,而， 因为，所以，即有， ，取，所以； ，取，所以， 所以，，从而． 所以二面角的正弦值为． 19. 如图，四面体中，，E为的中点． （1）证明：平面平面； （2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1）证明如下： 因为，E为的中点， 所以； 在和中， 因为， 所以， 所以， 又因为E为的中点， 所以； 又因为平面，， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面. （2）与平面所成的角的正弦值为 【解析】 【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，由（1）知，平面，因为平面， 所以，所以， 当时，最小，即的面积最小. 因为，所以， 又因为，所以是等边三角形， 因为E为的中点，所以，， 因为，所以, 在中，，所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 又因为，所以， 所以， 设与平面所成的角为， 所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 荆门市德艺高级中学2024年秋季学期高二年级期中考试 数学试卷 满分：150分 时间：120分钟 命题人：陈大勇 Ⅰ卷 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. 从1,2,3,4,5中有放回地依次取出两个数，则下列各对事件是互斥而不是对立事件的是 A. 恰有1个是奇数和全是奇数 B. 恰有1个是偶数和至少有1个是偶数 C. 至少有1个是奇数和全是奇数 D. 至少有1个是偶数和全是偶数 2. 两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是 A. B. C. D. 3. 如图在平行六面体中，底面 是边长为1的正方形，侧棱且，则 （ ） A. B. C. D. 4. ,,则的概率是 A. B. C. D. 5. 已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，若点P满足，则点P到直线AB的距离为（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线和直线，以下论述中： （1）当或时,与相交; （2）当时,或 （3） 当且仅当时, （4）当时, 正确的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 7. 当曲线与直线有两个相异交点时，实数的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 8. 在棱长为2的正方体中，，分别为棱、的中点，为棱上的一点，且，设点为的中点，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 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2分，有选错的得0分． 9. 在两坐标轴上截距相等，且与点的距离为的直线方程可以是（ ） A. B. C. D. 10. 已知圆，直线，则以下命题正确的有（　　） A. 直线恒过定点 B. 圆被轴截得的弦长为 C. 直线与圆恒相交 D. 直线被圆截得最短弦长时，直线的方程为. 11. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ） A. 当时，的周长为定值 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，有且仅有一个点，使得 D. 当时，有且仅有一个点，使得平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图所示，在一次游戏中，小明需要在9个小格子中填上1至9中不重复的整数，小明通过推理已经得到了4个小格子中的准确数字这5个数字未知，且b，d为奇数，则的概率为____.  9 7 4 5 13. 已知直线：及点，点Q在l上，当的值最大时，点的坐标为______，的最大值为______ . 14. 已知空间四边形各边及对角线长都相等，分别为，的中点，向量与夹角的余弦值______． Ⅱ卷 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 随着小汽车的普及，“驾驶证”已经成为现代人“必考”证件之一，若某人报名参加了驾驶证考试，要顺利地拿到驾驶证，需要通过四个科目的考试，其中科目二为场地考试．在每一次报名中，每个学员有5次参加科目二考试的机会（这5次考试机会中任何一次通过考试，就算顺利通过，即进入下一科目考试，若5次都没有通过，则需要重新报名），其中前2次参加科目二考试免费，若前2次都没有通过，则以后每次参加科目二考试都需要交200元的补考费，某驾校通过几年的资料统计，得到如下结论：男性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为，女性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为，现有这个驾校的一对夫妻学员同时报名参加驾驶证科目二考试，若这对夫妻每人每次是否通过科目二考试相互独立，他们参加科目二考试的原则为：通过科目二考试或者用完所有机会为止． （1）求这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且都不需要交补考费的概率； （2）求这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且产生的补考费用之和为200元的概率． 16. 已知的顶点，AB边上的中线CM所在直线方程为，AC的边上的高BH所在直线方程为． （1）求顶点C的坐标； （2）求直线BC的一般式方程． 17. 已知圆C：． （1）过点向圆C作切线l，求切线l的方程； （2）若Q为直线m：上的动点，过Q向圆C作切线，切点为M，求的最小值． 18. 如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，求二面角的正弦值． 19. 如图，四面体中，，E为的中点． （1）证明：平面平面； （2）设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $