精品解析：四川省广元市万达中学2025-2026学年高二上学期期中考试数学试卷

万达中学高2024级高二（上）半期试题 数学试题 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. 在空间直角坐标系中，点关于x轴对称的点坐标是（ ） A. B. C. D. 3. 经过点且在两坐标轴上的截距相等的直线方程是（ ） A. B. 或 C. 或 D. 或 4. 关于以下这组数据：22，24，26，26，28，30，下列说法错误的是（    ） A. 极差为8 B. 平均数为26 C. 众数为26 D. 分位数为27 5. 空间中，若向量共面，则（  ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 已知，是一个随机试验中的两个随机事件，若，，，则事件与事件的关系为（ ） A. B. 互斥但不对立 C. 互为对立 D. 相互独立 7. 已知圆，是圆上的动点，点，若动点满足，则点的轨迹方程为（ ） A. ( B. C. D. 8. 将边长为的正方形沿对角线折起，使点到达的位置，连接，得到三棱锥，是线段的中点，，当时，的取值范围是（    ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对平均给分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则与是对立事件 B. 扔两枚相同的硬币，恰好一正一反的概率为 C. 甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样，如果抽取的乙个体数为6，则样本容量为18 D. 若一组数据的方差为16，则另一组数据的方差为4 10. 如图，已知正方体的棱长为1，动点M，N在对角线AC，上移动，且，，，则下列结论中正确的是（ ） A. 异面直线AC与所成的角为60° B. 线段MN的最小值为 C. MN与平面平行 D. 存在，使得 11. 平面直角坐标系xOy中，已知，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点（P与A，B不重合），以下说法正确的是（   ） A. 点到的距离的最大值为 B. 可能为钝角三角形 C. 面积的最大值为 D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如果直线与直线平行，那么等于_______ 13. 盒子中有四个大小质地完全相同的小球，分别写有“安”、“宁”、“联”、“盟”四个字，有放回地从中任取一个小球， 将三次抽取后“联”、“盟”两个字都抽取到记为事件.用随机模拟的方法估计事件发生的概率，利用电脑随机产生整数四个随机数，分别代表“安”、“宁”、“联”、“盟”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下组随机数：233，103，122，320，031，231，133，130，231，001，220，132，021，123，023，230，321，232，由此可以估计，事件发生的概率为______. 14. 已知空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线l是两个平面与的交线，则直线l与平面所成角的正弦值为________． 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，，，，，求： （1）的值； （2）与夹角的余弦值. 16. 已知在中，AB边所在直线的方程为，AC边所在直线的方程为，AC边上的中线所在直线的方程为． （1）求C点的坐标； （2）求的外接圆方程． 17. 近年来，中学生的体质健康情况成了网络上的一个热门话题，各地教育部门也采取了相关的措施，旨在提升中学生的体质健康，其中一项便是增加中学生一天中的体育活动时间．某地区中学生的日均体育活动时间均落在区间内，为了了解该地区中学生的日均体育活动时间，研究人员随机抽取了名中学生进行调查，所得数据统计如下图所示． （1）求的值以及该地区中学生日均体育活动时间的平均数； （2）现按比例进行分层抽样，从日均体育活动时间在和的中学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求至多有1人体育活动时间低于的概率． 18. 每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为p，q．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响． （1）若，求乙恰好有一轮胜出的概率； （2）若甲，乙各有一轮胜出的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为． ①求p，q的值； ②求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 19. 如图，在四棱锥中，平面，.点在棱上且与不重合，平面交棱于点. （1）求证：； （2）若为棱的中点，求二面角的正弦值； （3）记点到平面的距离分别为，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 万达中学高2024级高二（上）半期试题 数学试题 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. 在空间直角坐标系中，点关于x轴对称的点坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合空间直角坐标系的定义，即可求解. 【详解】根据空间直角坐标系的特征，可得点关于x轴对称的点坐标是. 故选：A. 3. 经过点且在两坐标轴上的截距相等的直线方程是（ ） A. B. 或 C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】按相等的截距是否为0分类，再结合直线方程的截距式求解. 【详解】当相等的截距都为0 时，直线方程为，即； 当相等的截距不为0时，设方程为，则，解得，方程为， 所以所求直线的方程为或. 故选：D 4. 关于以下这组数据：22，24，26，26，28，30，下列说法错误的是（    ） A. 极差为8 B. 平均数为26 C. 众数为26 D. 分位数为27 【答案】D 【解析】 【分析】根据题中数据结合极差、平均数、众数和百分位数的定义运算求解. 【详解】因为数据：22，24，26，26，28，30， 对于选项A：极差为，故A正确； 对于选项B：平均数为，故B正确； 对于选项C：众数为26，故C正确； 对于选项D：因为，所以分位数为第五个数28，故D错误； 故选：D. 5. 空间中，若向量共面，则（  ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量的基本定理，得到存在实数使得，结合题意，列出方程组，即可求解. 【详解】由向量共面知，，则， 所以，可得. 故选：B 6. 已知，是一个随机试验中的两个随机事件，若，，，则事件与事件的关系为（ ） A. B. 互斥但不对立 C. 互为对立 D. 相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】根据并事件的概率可得，即可根据相互独立事件乘法公式判断. 【详解】解：，得， 又，故事件与事件相互独立， 故选：D. 7. 已知圆，是圆上的动点，点，若动点满足，则点的轨迹方程为（ ） A. ( B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，，由，得到，代入圆方程即可求解. 【详解】设，，由，得， 所以， 又因为点在圆上， 所以，即. 故选：B 8. 将边长为的正方形沿对角线折起，使点到达的位置，连接，得到三棱锥，是线段的中点，，当时，的取值范围是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，以为基底向量，结合空间向量运算可得，即可求取值范围. 【详解】设，以为基底向量， 则，， 可得，， 则 ， 因为，则， 可得， 所以的取值范围是. 故选：C. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对平均给分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则与是对立事件 B. 扔两枚相同的硬币，恰好一正一反的概率为 C. 甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样，如果抽取的乙个体数为6，则样本容量为18 D. 若一组数据的方差为16，则另一组数据的方差为4 【答案】CD 【解析】 【分析】A、B选项由对立事件的概念和古典概型的计算来判断选项是正确还是错误，C、D由分层抽样和方差的性质判断是正确还是错误. 【详解】A选项：事件与事件满足：且，故A选项错误； B选项：由古典概型得一正一反的概率为，故B选项错误； C选项：分层抽样也叫按比例抽样，样本比例与总数比例相同，即，C选项正确； D选项：因为，即，所以当时，，D选项正确. 故选：CD. 10. 如图，已知正方体的棱长为1，动点M，N在对角线AC，上移动，且，，，则下列结论中正确的是（ ） A. 异面直线AC与所成的角为60° B. 线段MN的最小值为 C. MN与平面平行 D. 存在，使得 【答案】ABC 【解析】 【分析】建系并标点，利用空间向量求异面直线夹角，即可判断A；根据向量的坐标运算可得，进而求模长及其最小值，即可判断B；分析可知共面，即可证明线面平行，即可判断C；利用向量的坐标运算判断线线垂直，即可判断D. 【详解】以为坐标原点，以所在直线为轴， 建立直角坐标系， 则. 对于选项A：因为， 设异面直线AC与所成的角为， 则， 所以异面直线AC与所成的角为，故A正确； 对于选项B：因为，即 又因为，则，即， 可得， 则，， 当时，取最小值，故B正确； 对于选项C：因为， 则，可知共面， 且平面，所以平面，故C正确； 对于选项D：若， 则，解得， 故不存在，使得，故D错误； 故选：ABC. 11. 平面直角坐标系xOy中，已知，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点（P与A，B不重合），以下说法正确的是（   ） A. 点到的距离的最大值为 B. 可能为钝角三角形 C. 面积的最大值为 D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】分析可知点在以为直径的圆上，点，，除外.对于A：根据直线过定点分析求解；对于B：分析可知，即可判断；对于C：根据圆的性质求面积的最大值；对于D：分析可知，结合圆的性质运算求解. 【详解】动直线，即，过定点； 动直线，即，过定点； 且，则， 可知点在以为直径的圆上，点，，点除外， 对于选项A：点到的距离的最大值为，故A正确； 对于选项B：因为点在以为直径的圆上，则， 所以为直角三角形，故B错误； 对于选项C：因为线段的中点为，且， 即圆心为，半径为， 所以面积的最大值为，故C正确； 对于选项D：设，则， 因为， 因为，此时点， 所以的最大值为，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. 如果直线与直线平行，那么等于_______ 【答案】 【解析】 【分析】根据平行关系可得，运算求解并代入检验即可. 【详解】若直线与直线平行， 则，解得， 若，则直线与直线重合，不合题意； 若，则直线与直线平行，符合题意； 综上所述：. 故答案为：. 13. 盒子中有四个大小质地完全相同的小球，分别写有“安”、“宁”、“联”、“盟”四个字，有放回地从中任取一个小球， 将三次抽取后“联”、“盟”两个字都抽取到记为事件.用随机模拟的方法估计事件发生的概率，利用电脑随机产生整数四个随机数，分别代表“安”、“宁”、“联”、“盟”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下组随机数：233，103，122，320，031，231，133，130，231，001，220，132，021，123，023，230，321，232，由此可以估计，事件发生的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】依题意由事件代表的随机数计算出符合题意的随机数组数，由古典概型公式计算可得结果. 【详解】根据题意可知“联”、“盟”两个字都抽取到，代表三个数字中同时出现数字2和3， 观察发现组随机数中有233，320，231，231，132，123，023，230，321，232，共10组， 再由古典概型公式计算可得事件发生的概率为. 故答案为： 14. 已知空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．用以上知识解决下面问题：已知平面的方程为，直线l是两个平面与的交线，则直线l与平面所成角的正弦值为________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得平面、平面及平面的法向量，根据已知可知直线与平面及平面的法向量垂直，可设出直线的方向向量并计算得解，再利用向量的夹角公式计算即可得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】由题意可得平面的法向量可为， 平面的法向量可为， 平面的法向量可为， 设直线的方向向量为， 则有，取，则有、， 则直线的方向向量可为， 则， 故直线l与平面所成角的正弦值为. 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. 已知，，，，，求： （1）的值； （2）与夹角的余弦值. 【答案】（1）0 （2） 【解析】 【分析】（1）由向量平行及垂直的坐标表示即可求解； （2）由向量夹角的坐标公式即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 解得，， 所以， 又，则，即，得， 于是，则. 【小问2详解】 由（1）得， 设与的夹角为，所以， 所以与夹角的余弦值为. 16. 已知在中，AB边所在直线的方程为，AC边所在直线的方程为，AC边上的中线所在直线的方程为． （1）求C点的坐标； （2）求的外接圆方程． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由直线方程联立求交点，由边上的中线联立求得的中点，进而由中点坐标公式得点坐标； （2）联立边上的中线得点坐标，设出圆的一般方程，由三点坐标代入待定系数即得. 【小问1详解】 由，得， 所以A点的坐标为， 由，得，即边AC的中点为， 所以C与A关于点M对称， 设，则，得， 所以C点的坐标为． 【小问2详解】 由，得， 故B点的坐标为， 设的外接圆方程为，且， 则，得， 则所求圆的方程为． 17. 近年来，中学生的体质健康情况成了网络上的一个热门话题，各地教育部门也采取了相关的措施，旨在提升中学生的体质健康，其中一项便是增加中学生一天中的体育活动时间．某地区中学生的日均体育活动时间均落在区间内，为了了解该地区中学生的日均体育活动时间，研究人员随机抽取了名中学生进行调查，所得数据统计如下图所示． （1）求的值以及该地区中学生日均体育活动时间的平均数； （2）现按比例进行分层抽样，从日均体育活动时间在和的中学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求至多有1人体育活动时间低于的概率． 【答案】（1），平均数为； （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图矩形面积和为1得到方程，解出值，再利用平均数计算公式即可； （2）根据分层抽样求各组人数，利用组合数结合古典概型运算求解. 【小问1详解】 依题意，，解得， 所求平均数为. 【小问2详解】 因为日均体育活动时间在和的中学生频率之比为， 所以，， 则日均体育活动时间在和的中学生分别抽取4人和2人， 记“至多有1人体育活动时间低于”为事件A， 所以. 18. 每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为p，q．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响． （1）若，求乙恰好有一轮胜出的概率； （2）若甲，乙各有一轮胜出的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为． ①求p，q的值； ②求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 【答案】（1） （2）① ，；② 【解析】 【分析】（1）利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可； （2）①根据对立事件和独立事件的概率公式列方程，即可求解；②先根据独立事件的概率公式求“甲两轮都胜出”和“乙两轮都胜出”的概率，再利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可. 【小问1详解】 设事件“第一轮比赛中甲胜出”，事件“第二轮比赛中甲胜出”， 设事件“第一轮比赛中乙胜出”，事件“第二轮比赛中乙胜出”， 由题意得，，，相互独立，且，，，． 记事件“乙恰好有一轮胜出”，则，又互斥， 所以，当时， . 因此，当时，乙恰好有一轮胜出的概率为. 【小问2详解】 ①事件“甲，乙各有一轮胜出”，事件“甲，乙两轮都胜出”， 则， ， 则，解得，． ②事件“甲两轮都胜出”，事件“乙两轮都胜出”， 事件“甲，乙两人至少有一人两轮都胜出”， ，， 19. 如图，在四棱锥中，平面，.点在棱上且与不重合，平面交棱于点. （1）求证：； （2）若为棱的中点，求二面角的正弦值； （3）记点到平面的距离分别为，求的最小值. 【答案】（1） 因为，平面，平面， 所以平面. 又平面，平面平面. 所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证平面，在根据线面平行的性质定理可得. （2）先证，，两两垂直，再以为原点，建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量，用向量法求二面角的三角函数值. （3）设，求平面的法向量，利用点到平面的距离的向量求法表示出，再结合不等式求它的最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图： 取中点，连接. 因为平面，平面，所以. 在四边形中，，且， 所以四边形为矩形，所以平面. 又在和中，，，. 所以（）. 所以，. 故，，两两垂直，所以以为原点，建立如图空间直角坐标系. 当为中点时，，，，，. 所以，，. 设平面的法向量为， 则，取，可得 故. 设平面的法向量为， 则，取，得， 得. 所以. 所以二面角的正弦值为：. 【小问3详解】 设，（），，则，，. 设平面的法向量为，则 ， 令，则，取. 则到平面的距离为：， 到平面的距离为：， 所以 设，则 那么（当且仅当即时取“”） 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $