精品解析：广东省佛山市南海区南海中学2025-2026学年高二上学期第一次阶段考试（10月）数学试题

南海中学2025~2026学年度第一学期高二年级数学科 第一次阶段考试 （全卷共4页，考试时间：120分钟） 命题人：刘冰 审题人：彭吴桃何威 注意事项： 1.答卷前，考试要务必填写答题卷上的有关项目； 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卡的相应位置上； 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 两平行直线，的距离等于（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线与平行，则实数的值为（ ） A. B. C. 或 D. 或 4. 在四面体中，点G是的重心，设，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在二面角的棱上有两点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若，则线段CD的长为（ ） A. B. 16 C. 8 D. 6. 某家庭准备晚上在餐馆吃饭，他们查看了两个网站关于四家餐馆的好评率，如下表所示，考虑每家餐馆的总好评率，他们应选择（ ） 网站①评价人数 网站①好评率 网站②评价人数 网站②好评率 餐馆甲 1000 95% 1000 85% 餐馆乙 1000 100% 2000 80% 餐馆丙 1000 90% 1000 90% 餐馆丁 2000 95% 1000 85% A. 餐馆甲 B. 餐馆乙 C. 餐馆丙 D. 餐馆丁 7. 已知直线过定点，且方向向量为，则点到的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正方体的棱长为2，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动．若，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 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. 如图，一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，设事件，事件“得到的点数为偶数”，事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件B与C互斥 B. C. 事件A与C相互独立 D. 10. 下列的值中，不能使三条直线和构成三角形的有（ ） A. 4 B. C. D. 11. 如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，， ，平面，，下列说法正确的是（ ） A. 与所成的角是 B. 平面与平面所成的锐二面角余弦值是 C. 与平面所成的角的正弦值是 D. 是线段上动点，为中点，则点到平面距离最大值为 二､填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分. 12. 在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点为，点关于平面的对称点为，若，则______________. 13. 小王和小明玩一个游戏，只有胜负两种结果，约定谁先胜三局谁就赢得80元奖金，其中二人水平相同（每局任何一人输赢概率均为0.5），现在比赛进行了三局，小王胜了两局，小明胜了一局，但因故需停止比赛．若按照两人最终获胜的可能性大小的比例来分配奖金，则小王能获得______元． 14. 已知直线方程为，则过定点的坐标为______；已知的坐标为且满足方程，则直线的斜率取值范围是______ 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. 如图，等腰直角的直角顶点，斜边所在的直线方程为． （1）求的面积； （2）求斜边AB中点D的坐标． 16. 已知的顶点，边上的中线所在的直线方程为，的平分线所在直线方程为. （1）求直线的方程； （2）在线段上是否存在点，满足，若存在，求点坐标，若不存在，说明理由. 17. 某停车场临时停车按停车时长收费，收费标准为每辆汽车一次停车不超过半小时的免费，超过半小时的部分每小时收费3元（不足1小时的部分按1小时计算）.现有甲､乙两人在该停车场临时停车，两人停车时长互不影响且都不超过2.5小时. （1）若甲停车的时长在不超过半小时，半小时以上且不超过1.5小时，1.5小时以上且不超过2.5小时这三个时段的可能性相同，乙停车的时长在这三个时段的可能性也相同，求甲､乙两人停车付费之和为6元的概率； （2）若甲､乙停车半小时以上且不超过1.5小时的概率分别为，，停车1.5小时以上且不超过2.5小时的概率分别为，，求甲､乙两人临时停车付费不相同的概率. 18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． （1）求证：平面平面； （2）若，，点是线段上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 19. 如图，在三棱锥中，，，记二面角的平面角为． （1）若，，求三棱锥的体积； （2）若M为BC的中点，求直线AD与EM所成角的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南海中学2025~2026学年度第一学期高二年级数学科 第一次阶段考试 （全卷共4页，考试时间：120分钟） 命题人：刘冰 审题人：彭吴桃何威 注意事项： 1.答卷前，考试要务必填写答题卷上的有关项目； 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卡的相应位置上； 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用斜率和倾斜角的关系得到答案. 【详解】设直线倾斜角为，，，则，故. 故选：. 【点睛】本题考查了直线的倾斜角，属于简单题. 2. 两平行直线，的距离等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助两平行线的距离公式即可得. 【详解】即为， 则. 故选：B. 3. 已知直线与平行，则实数的值为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】利用两直线平行可得出关于实数的等式与不等式，解之即可. 【详解】由已知可得，解得或. 故选：C. 4. 在四面体中，点G是的重心，设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据G是的重心，可知，再根据向量加法、减法法则即可求解. 【详解】∵G是的重心，∴. ， . 故选：B 5. 如图，在二面角的棱上有两点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若，则线段CD的长为（ ） A. B. 16 C. 8 D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别过点、点作、的平行线相交于点，连接，则由题意可知为等边三角形，为直角三角形，求解即可. 【详解】分别过点、点作、的平行线相交于点，连接， 则四边形为平行四边形. 线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB. ，则为二面角的平面角，即 ，如图所示. 为等边三角形， ，，，平面，平面 平面 又平面 在中 故选：D 【点睛】本题考查空间的距离问题，属于中档题. 6. 某家庭准备晚上在餐馆吃饭，他们查看了两个网站关于四家餐馆的好评率，如下表所示，考虑每家餐馆的总好评率，他们应选择（ ） 网站①评价人数 网站①好评率 网站②评价人数 网站②好评率 餐馆甲 1000 95% 1000 85% 餐馆乙 1000 100% 2000 80% 餐馆丙 1000 90% 1000 90% 餐馆丁 2000 95% 1000 85% A. 餐馆甲 B. 餐馆乙 C. 餐馆丙 D. 餐馆丁 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件求出各餐馆总好评率，再比较大小作答. 【详解】餐馆甲的总好评率为：， 餐馆乙的总好评率为：， 餐馆丙的好评率为：， 餐馆丁的好评率为：， 显然，所以餐馆丁的总好评率最高. 故选：D 7. 已知直线过定点，且方向向量为，则点到的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依据给定条件求出两直线夹角的正弦值，再结合三角函数的性质求解即可. 【详解】因为，，所以，故， 因为方向向量为，所以， 设直线与直线夹角为，所以， 因为，所以，，， 因为，解得(负根舍去)， 且设点到的距离为，故，解得，故A正确. 故选：A 8. 如图，正方体的棱长为2，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动．若，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点，由题意结合正方体的几何特征及平面几何的知识可得，，由线面垂直的判定与性质可得，进而可得点的轨迹为线段，找到的最大值即可得解. 【详解】取的中点，连接、、、，连接、、、、，如图： 因为正方体的棱长为2， 所以,，，平面，平面，平面， 所以，，， 所以，， 所以，， 由可得平面， 所以，所以点的轨迹为线段， 又, 所以面积的最大值. 故选：C. 【点睛】本题考查了正方体几何特征的应用，考查了线面垂直的判定与性质，关键是找到点的轨迹，属于中档题. 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. 如图，一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，设事件，事件“得到的点数为偶数”，事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件B与C互斥 B. C. 事件A与C相互独立 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】确定事件包含的样本点，利用互斥、独立事件的意义，结合古典概率逐项判断. 【详解】事件，事件，事件，， 对于A，事件有相同的样本点2，事件B与C不互斥，A错误； 对于B，，则，B正确； 对于C，，事件A与C相互独立，C正确； 对于D，，D正确. 故选：BCD 10. 下列的值中，不能使三条直线和构成三角形的有（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，可分、、和三条直线经过一个点，四种情况分类讨论，即可求解. 【详解】由题意， 当三条直线和， 若时，可得； 当时，可得； 当时，则满足，无解； 当三条直线经过一个点时，把和的交点为， 代入直线中，可得，解得或， 综上可得，满足条件的为或或或. 故选：ACD. 11. 如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，， ，平面，，下列说法正确的是（ ） A. 与所成的角是 B. 平面与平面所成的锐二面角余弦值是 C. 与平面所成的角的正弦值是 D. 是线段上动点，为中点，则点到平面距离最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意，建立空间直角坐标系，利用向量处理问题，结合相关的夹角公式与点到面的距离公式运算求解，注意线上动点的向量设法. 【详解】由题意，以为原点，以所在的直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示， 可得， 对于A中，可得， 所以， 所以与的夹角的余弦值为，即夹角为，所以A正确； 对于B中，由平面的法向量为， 又由， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 所以， 所以平面与平面所成的锐二面角余弦值是， B错误. 对于C中，由， 所以与平面所成的角的正弦值是， C正确； 对于D中， 设，则 ∴ 设平面的法向量为，则， 令，则，即 ∵ ∴点到平面距离为 当时，则点为点 ∴点到平面距离为0 当时，则 ∴，则 综上所述：点到平面距离的取值范围为，即最大值为，D错误 故选：AC. 二､填空题：本大题共3小题，每小题5分，满分15分. 12. 在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点为，点关于平面的对称点为，若，则______________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出的坐标，根据共线向量可求的值. 【详解】由题设有，，故， 因为，故，故. 故答案为： 13. 小王和小明玩一个游戏，只有胜负两种结果，约定谁先胜三局谁就赢得80元奖金，其中二人水平相同（每局任何一人输赢概率均为0.5），现在比赛进行了三局，小王胜了两局，小明胜了一局，但因故需停止比赛．若按照两人最终获胜的可能性大小的比例来分配奖金，则小王能获得______元． 【答案】60 【解析】 【分析】分别求出小王、小明最终获胜的概率，即可求出结论. 【详解】若小王最后获胜的情况为第四局小王赢或第五局小王赢、 故小王赢的概率为， 若小明最后获胜的情况为后两局小明获胜，故小明获胜的概率为， 故两人获胜的比例为，故按获胜的可能性大小的比例来分配奖金，则小王能获得元. 故答案为：. 14. 已知直线方程为，则过定点的坐标为______；已知的坐标为且满足方程，则直线的斜率取值范围是______ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】通过将直线方程整理为关于参数的线性组合，令系数为零构建方程组，求解得定点坐标.先判断含绝对值方程对应的图形为菱形，将斜率转化为两点连线的斜率，计算菱形顶点与定点的连线斜率，结合图形得出取值范围. 【详解】对于直线的方程， 整理为. 令，解得，， 故定点的坐标为. 对于， 当时，方程可化为；当时，方程可化为； 当时，方程可化为；当时，方程可化为. 由此画出方程的图象如下图所示， 其图形为四个顶点分别是、、、的菱形. 设直线的斜率为， 计算各顶点与连线的斜率： 与连线斜率为，与连线斜率为， 与连线斜率为，与连线斜率为. 结合图形可知，斜率取值范围是. 故答案为：； 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. 如图，等腰直角的直角顶点，斜边所在的直线方程为． （1）求的面积； （2）求斜边AB中点D的坐标． 【答案】（1）20（2） 【解析】 【分析】（1）求出直角顶点到斜边的距离，根据等腰直角三角形的边角关系得出斜边长，即可求出结论； （2）由，可求出直线方程，与直线方程联立，即可求出点坐标. 【详解】（1）顶点到斜边的距离为. 所以斜边， 故的面积为． （2）由题意知，，设直线方程为 点代入方程点， 所以直线的方程为， 由，解得， 所以点的坐标为． 【点睛】本题考查直线的一般式方程与直线垂直间的关系，考查了等腰直角三角形的性质，属于基础题. 16. 已知的顶点，边上的中线所在的直线方程为，的平分线所在直线方程为. （1）求直线的方程； （2）在线段上是否存在点，满足，若存在，求点坐标，若不存在，说明理由. 【答案】（1）； （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）设写出的中点，由中点在直线上求得，令关于的对称点为，求坐标，最后应用点斜式写出直线方程即可. （2）联立直线方程求点坐标，由在线段上，设，根据垂直关系求参数n并判断点的存在性. 【小问1详解】 由题意知，在直线上，设，则的中点在直线上， 所以，解得：，故. 设关于的对称点为，则，可得，即 由点在直线上，则， 所以直线的方程为，即. 【小问2详解】 为直线与直线的交点，联立可得 在线段上，直线方程为，即在线段上，设， 因为，所以，解得， 因为，所以存在满足题意. 17. 某停车场临时停车按停车时长收费，收费标准为每辆汽车一次停车不超过半小时的免费，超过半小时的部分每小时收费3元（不足1小时的部分按1小时计算）.现有甲､乙两人在该停车场临时停车，两人停车时长互不影响且都不超过2.5小时. （1）若甲停车的时长在不超过半小时，半小时以上且不超过1.5小时，1.5小时以上且不超过2.5小时这三个时段的可能性相同，乙停车的时长在这三个时段的可能性也相同，求甲､乙两人停车付费之和为6元的概率； （2）若甲､乙停车半小时以上且不超过1.5小时的概率分别为，，停车1.5小时以上且不超过2.5小时的概率分别为，，求甲､乙两人临时停车付费不相同的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件及列举法写出基本事件，结合古典概型的计算公式即可求解； （2）根据互斥事件及相互独立事件的概率公式，结合对立事件的概率计算公式即可求解. 【小问1详解】 设甲停车付费a元，乙停车付费b元，其中a，. 所以甲､乙两人停车付费（a，b）的所有可能情况为：（0，0），（0，3），（0，6），（3，0），（3，3），（3，6），（6，0），（6，3），（6，6），共9种. 其中事件“甲､乙两人停车付费之和为6元”包含（0，6），（3，3），（6，0），共3种情况， 故甲､乙两人停车付费之和为6元的概率为. 【小问2详解】 设甲停车的时长不超过半小时､乙停车的时长不超过半小时分别为事件，， 甲停车的时长在半小时以上且不超过1.5小时､乙停车的时长在半小时以上且不超过1.5小时分别为事件，， 甲停车的时长为1.5小时以上且不超过2.5小时､乙停车的时长在1.5小时以上且不超过2.5小时分别为事件，， 则，， 所以甲､乙两人临时停车付费相同的概率为. 所以甲､乙两人临时停车付费不相同的概率为. 18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． （1）求证：平面平面； （2）若，，点是线段上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 【答案】（1）证明：在底面中，因为，，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 又因为平面，所以． 又因为，，，平面， 所以平面 又因为平面，所以平面平面 （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直性质定理以及线面垂直判定定理证明即可得出结论； （2）建立空间直角坐标系，设并利用空间向量求出二面角的余弦值的表达式，解方程可求得，可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接，． 因为，且，所以四边形为矩形． 即平面， 又因为在中，，所以，，两两垂直． 以，，分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 设，则，，． 设平面的法向量 则， 令，可得，即， 因为平面，所以平面的法向量， 所以． 化简得即， 解得或（舍），即． 19. 如图，在三棱锥中，，，记二面角的平面角为． （1）若，，求三棱锥的体积； （2）若M为BC的中点，求直线AD与EM所成角的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出，求出底面积和高，进而求出三棱锥的体积；（2）利用空间基底表达出，结合第一问结论求出，从而求出答案. 【小问1详解】 取AC的中点F，连接FD，FE，由BC=2，则，故DF⊥AC，EF⊥AC，故∠DFE即为二面角的平面角，即，连接DE，作DH⊥FE，因为，所以平面DEF，因为DH平面DEF，所以AC⊥DH，因为，所以DH⊥平面ABC，因为，由勾股定理得：，，又，由勾股定理逆定理可知，AE⊥CE，且∠BAC=，，在△ABC中，由余弦定理得：，解得：或（舍去），则，因为，，所以△DEF为等边三角形，则，故三棱锥的体积； 【小问2详解】 设，则，，由（1）知：，，取为空间中的一组基底，则，由第一问可知： ， 则 其中，且，，故， 由第一问可知，又是的中点，所以，所以， 因为三棱锥中，所以，所以，故直线AD与EM所成角范围为. 【点睛】针对于立体几何中角度范围的题目，可以建立空间直角坐标系来进行求解，若不容易建立坐标系时，也可以通过基底表达出各个向量，进而求出答案. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $