精品解析：四川省眉山市仁寿县2024-2025学年高二上学期1月期末联考数学试题

2024-2025学年高二校校期末联考 数学试题 一、单选题（共40分） 1. 设向量，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 直线的一个方向向量是（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线与直线，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 4. 如图，三个元件正常工作的概率均为，且是相互独立的，将它们接入电路中，则电路不发生故障的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 七巧板是中国民间流传的智力玩具，已基本定型为由下面七块板组成；五块等腰直角三角形（其中两块小型三角形、一块中型三角形和两块大型三角形），一块正方形和一块平行四边形．可以拼成人物、动物、植物、房亭，楼阁等种以上图案，现从七巧板的五块三角形中任意取出两块；则两块板恰好是全等三角形的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线与圆相交于，两点，当面积最大时，实数的值为（ ） A. 1或 B. 或 C. 或 D. 或 7. 如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别是，的中点，则直线EF到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 若点在圆外，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共18分） 9. 设为两个随机事件，以下命题正确的是（ ） A. 若与对立，则 B. 若与互斥，，则 C. 若，且，则与相互独立 D. 若与相互独立，，则 10. 若直线与曲线恰有一个交点，则k的值可能为（ ） A. 0 B. C. 2 D. 11. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，则（ ） A. B. C. 平面 D. 异面直线与夹角的余弦值为 第II卷（非选择题） 三、填空题（共15分） 12. 在和两个集合中各取一个数组成一个两位数，则这个两位数能被4整除的概率是__. 13. 过点且与圆：相切的直线方程为__________ 14. 如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，，，，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为________. 四、解答题（共77分） 15. 已知三角形ABC的顶点坐标为． （1）求过点C且与边AB平行的直线方程； （2）求AB边上的高所在的直线方程． 16. 已知直线和圆． （1）判断直线与圆的位置关系；若相交，求直线被圆截得的弦长； （2）求过点且与圆相切的直线方程． 17. 甲､乙､丙三人玩“剪刀､石头､布”游戏（剪刀赢布，布赢石头，石头赢剪刀），规定每局中：①三人出现同一种手势，每人各得1分；②三人出现两种手势，赢者得2分，输者负1分；③三人出现三种手势均得0分.当有人累计得3分及以上时，游戏结束，得分最高者获胜，已知三人之间及每局游戏互不受影响. （1）求甲在一局中得2分的概率； （2）求游戏经过两局后甲恰得3分且为唯一获胜者的概率； 18. 如图，在平行六面体中，平面ABCD，，， （1）求证：； （2）求三棱锥的体积； （3）线段上是否存在点E，使得平面EBD与平面的夹角为?若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 19. 已知线段AB的端点B的坐标是，端点A的运动轨迹是曲线C，线段AB的中点M的轨迹方程是. （1）求曲线C的方程； （2）已知斜率为k的直线l与曲线C相交于两点E，F（异于原点O），直线OE，OF的斜率分别为，且， ①证明：直线l过定点P，并求出点P的坐标； ②若，D为垂足，证明：存在定点Q，使得为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年高二校校期末联考 数学试题 一、单选题（共40分） 1. 设向量，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量垂直，结合题中所给的向量的坐标，利用空间向量垂直的坐标表示，求得结果. 【详解】由，得 ∵，， ∴，解得 故选：D 2. 直线的一个方向向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出直线的斜率，结合选项，即可作答. 【详解】直线的斜率，所以直线的一个方向向量为， 故选：A. 3. 已知直线与直线，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】A 【解析】 【分析】由垂直关系求出a的值，再结合充分、必要条件的概念即可得答案. 【详解】若，则，解得或， 所以“”是“”的充分不必要条件． 故选：A. 4. 如图，三个元件正常工作的概率均为，且是相互独立的，将它们接入电路中，则电路不发生故障的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，记正常工作为事件，正常工作为事件，记正常工作为事件，易得则、、，若电路不发生故障，必须是正常工作且，至少有一个正常工作，由对立事件的概率性质可得，至少有一个正常工作的概率，计算可得其概率，由相互独立事件的概率乘法公式计算可得答案． 【详解】记正常工作为事件，正常工作为事件，记正常工作为事件， 则， 电路不发生故障，即正常工作且，至少有一个正常工作， 、不发生故障即，至少有一个正常工作的概率， 所以整个电路不发生故障的概率为. 故选：C. 5. 七巧板是中国民间流传的智力玩具，已基本定型为由下面七块板组成；五块等腰直角三角形（其中两块小型三角形、一块中型三角形和两块大型三角形），一块正方形和一块平行四边形．可以拼成人物、动物、植物、房亭，楼阁等种以上图案，现从七巧板的五块三角形中任意取出两块；则两块板恰好是全等三角形的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由古典概型的概率计算公式计算即可. 【详解】对五块三角形进行编号，记两块小型三角形为，一块中型三角形为，两块大型三角形为， 从五块三角形中任意取出两块，则样本空间为： ，共有个样本点， 则两块板恰好是全等三角形的样本点有：，共个， 所以两块板恰好是全等三角形的概率为：. 故选：D 6. 已知直线与圆相交于，两点，当面积最大时，实数的值为（ ） A. 1或 B. 或 C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】求出圆心和半径，利用垂径定理和点到直线距离公式表达出的面积，并利用基本不等式求出面积的最大值为，此时圆心到直线的距离为，从而得到方程，求出的值. 【详解】的圆心为，半径为1， 圆心到直线的距离， 故， 则的面积， 当且仅当，即时，等号成立， 即，解得. 故选：A 7. 如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别是，的中点，则直线EF到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，将直线到面的距离转化为空间点到平面距离，根据空间距离的向量求法，即可求得答案. 【详解】以D为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 由于，则， 又平面，故平面， 则直线EF到平面的距离即为点E到平面的距离， 又, 设点E到平面的距离为d，即得, 即直线EF到平面的距离为， 故选：B 8. 若点在圆外，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过方程表示圆及点在圆外，构造不等式求解即可. 【详解】由， 化为标准方程可得：， 则，即，① 又在圆外，可得：，解得：或，② 由①②取交集可知，实数的取值范围是， 故选：C. 二、多选题（共18分） 9. 设为两个随机事件，以下命题正确的是（ ） A. 若与对立，则 B. 若与互斥，，则 C. 若，且，则与相互独立 D. 若与相互独立，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据互斥（或对立）事件概率的性质可判断AB的正误，根据独立事件的定义和性质可判断CD的正误. 【详解】对于A，若与对立，则，故A错误； 对于B，与互斥，则，故B正确； 对于C，因为，故， 故，故与不相互独立，故C错误； 对于D，因为，所以， 而与相互独立，故与相互独立，故，故D正确. 故选：BD. 10. 若直线与曲线恰有一个交点，则k的值可能为（ ） A. 0 B. C. 2 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据直线过定点及曲线为半圆，作出图象，求出切线、割线对应斜率，数形结合即可得解. 【详解】直线恒过定点， 由可得，如图， 由解得或（舍去），即, 由，可得, 由图可知，或时，直线与半圆恰有1个交点. 故选：BD 11. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，则（ ） A. B. C. 平面 D. 异面直线与夹角的余弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据向量的线性运算判断A，由向量模的坐标表示判断B，根据数量积为0证明垂直判断C，由异面直线所成角的向量求法判断D. 【详解】因为平面平面，所以， 在正方形中，有，所以两两互相垂直，所以以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 而，从而，，， 对于A，，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，，平面的一个法向量为，故C正确； 对于D，，所以异面直线与夹角的余弦值为，故D正确． 故选：ACD． 第II卷（非选择题） 三、填空题（共15分） 12. 在和两个集合中各取一个数组成一个两位数，则这个两位数能被4整除的概率是__. 【答案】 【解析】 【分析】确定基本事件空间为，根据古典概型计算求解，即可. 【详解】满足题意的所有两位数有，共15个. 其中能被4整除的两位数有，共5个. 所以概率 故答案为： 13. 过点且与圆：相切的直线方程为__________ 【答案】或 【解析】 【分析】分斜率存在与否两种情况进行讨论，结合点到直线距离公式即可得解． 【详解】解：将圆方程化为圆的标准方程，得圆心，半径为， 当过点的直线斜率不存在时，直线方程为 是圆的切线，满足题意； 当过点的直线斜率存在时， 可设直线方程为，即， 利用圆心到直线的距离等于半径得，解得， 即此直线方程为， 故答案为：或 ． 14. 如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，，，，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为________. 【答案】 【解析】 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可. 【详解】解：连接，过点作垂直于的延长线于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示： 在三角形中，因为， 故， 则， 则， ， 故点，又，，， 设点，，由，可得， ，， 设平面的法向量， 则，即， 取，则， 故平面的法向量， 又， 设直线与平面所成角为，， 则， 因为，且， 故令，，， 则，，， 又，所以， ，即， 所以的最大值为. 故答案为：. 四、解答题（共77分） 15. 已知三角形ABC的顶点坐标为． （1）求过点C且与边AB平行的直线方程； （2）求AB边上的高所在的直线方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由直线的斜率公式可得，再由点斜式方程代入计算，即可求解. （2）由题意可得AB边上的高所在的直线斜率，再由点斜式方程代入计算，即可求解. 【小问1详解】 因为，由直线的点斜式方程可得， 化简可得. 【小问2详解】 由（1）可知，，则AB边上的高所在的直线斜率为， 由直线的点斜式方程可得， 化简可得. 16. 已知直线和圆． （1）判断直线与圆的位置关系；若相交，求直线被圆截得的弦长； （2）求过点且与圆相切的直线方程． 【答案】（1）相交，截得的弦长为2. （2）或. 【解析】 【分析】（1）利用点到直线的距离公式以及直线与圆的位置关系求解； （2）利用直线与圆相切与点到直线的距离公式的关系求解. 【小问1详解】 由圆可得，圆心,半径， 圆心到直线的距离为， 所以直线与圆相交， 直线被圆截得的弦长为. 【小问2详解】 若过点的直线斜率不出在，则方程为， 此时圆心到直线的距离为，满足题意； 若过点且与圆相切的直线斜率存在， 则设切线方程为，即， 则圆心到直线的距离为，解得， 所以切线方程为，即， 综上，过点且与圆相切的直线方程为或. 17. 甲､乙､丙三人玩“剪刀､石头､布”游戏（剪刀赢布，布赢石头，石头赢剪刀），规定每局中：①三人出现同一种手势，每人各得1分；②三人出现两种手势，赢者得2分，输者负1分；③三人出现三种手势均得0分.当有人累计得3分及以上时，游戏结束，得分最高者获胜，已知三人之间及每局游戏互不受影响. （1）求甲在一局中得2分的概率； （2）求游戏经过两局后甲恰得3分且为唯一获胜者的概率； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可画出树状图，得到甲得2分情况有9种，从而可求解； （2）游戏经过两局后甲恰得3分且为唯一获胜者的情况有2种：①第一局甲得2分，第二局甲得1分，则第一局乙丙得负一分，第二局得1分，②第一局甲得1分，第二局甲得2分，则第一局乙丙得1分，第二局乙丙得负1分，然后求出每种情况的概率从而可求解； 【小问1详解】 根据题意，画出树状图，如图： 所以每局中共有种情况，其中甲在一局中得2分的情况有（出手势顺序按甲乙丙）： （剪刀、剪刀、布）、（剪刀、布、剪刀）、（剪刀、布、布）、 （石头、石头、剪刀）、（石头、剪刀、石头）、（石头、剪刀、剪刀）、 （布、布、石头）、（布、石头、布）、（布、石头、石头）、 一共有9种情况，所以甲在一局中得2分的概率. 【小问2详解】 游戏经过两局后甲恰得3分且为唯一获胜者的情况有2种： ①第一局甲得2分，第二局甲得1分： 则乙第一局得负1分，第二局得1分；则丙第一局得负1分，第二局得1分； 由（1）中树状图可知满足情况有： 第一局：（剪刀、布、布）、（石头、剪刀、剪刀）、（布、石头、石头）、 第二局：（剪刀、剪刀、剪刀）、（布、布、布）、（石头、石头、石头） 此时概率为种情况， ②第一局甲得1分，第二局甲得2分，则第一局乙丙得1分，第二局乙丙得负1分， 则乙第一局得1分，第二局得负1分；则丙第一局得1分，第二局得负1分； 由（1）中树状图可知满足情况有： 第一局：（剪刀、剪刀、剪刀）、（布、布、布）、（石头、石头、石头） 第二局：（剪刀、布、布）、（石头、剪刀、剪刀）、（布、石头、石头）、 此时概率为， 综上所述：游戏经过两局后甲恰得3分且为唯一获胜者的概率. 18. 如图，在平行六面体中，平面ABCD，，， （1）求证：； （2）求三棱锥的体积； （3）线段上是否存在点E，使得平面EBD与平面的夹角为?若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）4 （3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）解法一，由平面ABCD，，可求得，证明，得证；解法二，在平面ABCD内过点D作AB的垂线，垂足为H，以D为原点为轴，建立空间直角坐标系，由结合已知条件求出点坐标，利用向量坐标运算证明，得证；解法三，在平面ABCD中，过B作DC的垂线，垂足为G，连结交于F，通过证明平面，得证，在各直角三角形中，通过相似比和勾股定理，求出的值，由，得证； （2）过作于H，由等体积，求值即可； （3）解法一，以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系；解法二，利用（1）中解法二的空间直角坐标系；设，向量法求平面EBD与平面的夹角，由的值确定结论. 【小问1详解】 解法一：因为⊥平面ABCD，平面ABCD， 所以，，所以，， 因为，所以， 又因为，. 所以，化简得. 所以， 所以. 解法二：在平面ABCD内过点D作AB的垂线，垂足为H，以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ，，，， 设，则， 所以，， 由得，所以， 又因为，所以，解得， 所以，，，， 所以， 所以. 解法三：在平面ABCD中，过B作DC的垂线，垂足为G，连结交于F. 因为平面ABCD，平面ABCD，所以， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 则，所以，所以，， 在中，，，，所以， 在中，，，所以， 在中，，，，所以，所以， 所以. 【小问2详解】 因为，由（1）知，所以， 过作于H，则. 因为直棱柱中平面平面ABCD，平面平面， 平面ABCD，所以平面， 所以. 【小问3详解】 解法一：假设存在点E满足条件， 因为⊥平面ABCD，， 所以以D为原点，建立空间直角坐标系，如图所示， ，，，，，， ， 设，则， 设平面EBD的一个法向量为， 由，得， 令，得，所以. 设平面的一个法向量， 由，得， 令，得，所以. 所以， 因为平面EBD与平面的夹角为， 即，解得， 又因为，所以舍去， 所以线段上不存在点E使得平面EBD与平面的夹角为. 解法二：由（1）解法二得平面的一个法向量为， 假设存在E点满足条件，设，则 设平面EBD的一个法向量为， 由，得， 令，则，所以. 所以， 因为平面EBD与平面的夹角为， 即，解得. 又因为，所以舍去， 所以线段上不存在点E使得平面EBD与平面的夹角为. 19. 已知线段AB的端点B的坐标是，端点A的运动轨迹是曲线C，线段AB的中点M的轨迹方程是. （1）求曲线C的方程； （2）已知斜率为k的直线l与曲线C相交于两点E，F（异于原点O），直线OE，OF的斜率分别为，且， ①证明：直线l过定点P，并求出点P的坐标； ②若，D为垂足，证明：存在定点Q，使得为定值. 【答案】（1） （2） ①设直线的方程为，，，， 联立，得， 所以，即， 所以，， 所以， ， 所以且， 所以直线的方程为，即直线过定点； ②如图所示： 因为为定值，且于点，所以为直角三角形，为斜边， 所以当点是的中点时，此时为定值， 因为，，所以由中点坐标公式得， 所以存在定点，使得为定值. 【解析】 【分析】（1）利用相关点法求轨迹方程； （2）①首先设直线与圆的方程联立，利用韦达定理表示，即可求解定点坐标； ②由几何图形可知，，再利用直角三角形，协办的中线等于斜边的一半，即可求出定点坐标. 【小问1详解】 设，，由中点坐标公式得， 由题意可知，， 所以， 整理得到曲线的方程为； 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹法求圆的方程，以及定点问题，定点问题的关键是设出直线，然后利用韦达定理求出参数的关系，即可得到对应的定点坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $