四川凉山彝族自治州会东县和文中学2026-2027学年高二上学期11月期中数学试题

会东县和文中学高2025级高二上学期半期考试数学试卷 1.下列四条直线中，倾斜角最大的是() A.y=√3 B.x-y=0 C.x-1=0 D 解析：ABC选项中直线的领斜角分别为0，子，D选项中直线+号-1的斜率 3 为负值，则其倾斜角为钝角。 故选：D 2.已知样本空间2={a,b,c,d乃中有4个等可能的样本点，且事件A={a,b},事 件B={b,c,则P(AB)=() A.1 2 c D 2.答案：D 解析：因为样本空间2={a,b,c,d),A={a,b},B={b,c以，所以B={a,d,所 以AB={a,有1个样本点，又样本空间2={a,b,c,d中有4个等可能的样本点， 所以由古典概型概率公式得P1)-号 3.设xy∈R，向量a=(x1,1),b=(1,y,1),c=(2,-4,2)且a⊥c,b/c,则 a+=() A.3 B.10 C.2√2 D.4 3.答案：A 解析：因为a=(x,1,1),c=(2,-4,2)且a⊥c, 所以a.c=2x-4×1+1×2=0,解得x=1,即a=(1,1,1), 又因为i=1y,1),c=(2,-4,2)且b1, 所以对去号则y=-2,即万-0-20， 故ā+b=(2,-1,2), 试卷第1页（共18页） 所以ā+bFV22+(-1)+22=3 故选：A 4.已知点P(0,1,0),Q(-2,0,1),则直线PQ的一个方向向量可以为()》 A.(-2,-1,-1) B.(1,-2,1) C.(4,2,-2) D.(4,-2,2) 答案：C 解析：PQ=(-2,-1,1),则直线P9的方向向量为2P9=(-22,-2,2)(2≠0)，逐 项分析即可知只有C符合要求.故选C. 5.两条直线1：X-=1和，：父Y=1在同一直角坐标系中的图象可以是() a b 3 5.答案：A 解析：由截距式方程可得直线的横、纵截距分别为α，-b,直线的横、纵截 距分别为b,-a, 选项A,由的图象可得a<0,b>0,可得直线1的截距均为正数，故正确： 选项B,由4的图象可得α<0，b>0,可得直线的截距均为正数，由图象不对 应，故错误； 选项C,由4的图象可得α<0，b<0,可得直线l的横截距均为负数，纵截距为 正数，由图象不对应，故错误： 试卷第2页（共18页） 选项D,由4的图象可得a>0,b>0,可得直线4，的横截距为正数，纵截距为负 数，由图象不对应，故错误 故选：A 6.在三棱柱ABC-AB,C1中，M,N分别是线段BB,AC上靠近B,A的三等分点，则 4A=() 2 B.=W+ 3AB-14C 3 3 C.二N+ 3店- -AC D. 3AB+1 AC 21 3 2 2“ 6.答案：A 解析：·M,N分别是线段BB,AC上靠近B,A的三等分点， B M -=B 远-号-号4.N-}4c .MB+BN=MIN,..BN=MN-MB 又：B+=A,BN=-AB=}4C-A西， c-亚-孤-流即而-c+亚 4-而-瓜-4C+4的+丽C,故AF确 故选：A. 7.直线1：ax+2y-2=0,直线13：x+(a+1)y-2=0,若1∥1，则两直线的距离为 () 试卷第3页（共18页） A.V5 B.3 C D.√55 2 2 7.答案：B 解析：直线：ax+2y-2=0和13：x+(a+1)y-2=0,l, 由a(a+l)=2×1,即ax2+a-2=0,解得a=-2或a=1, 当a=-2时，直线：-2x+2y-2=0即x-y+1=0,和12：x-y-2=0, 此时4与马的距离为d=几-(2=32 V+（1)22 当a=1时，1：x+2y-2=0和12：x+2y-2=0,此时4与重合，不符合题意，舍去 综上可得，当以时，两平行线间的距离为3 2 故选B. 8.如图，已知AB是圆锥的底面直径，C是底面圆周上的一点，∠BAC=30°， AB=2√5，PA=2,则PA与平面PBC所成角的正弦值为() -0 1 A 2 B.3 C.213 D.3V13 13 13 答案：D 解析：依题意，圆锥的高P0=√22-(5)2=1.以0为坐标原点，建立空间直角 坐标系，如图所示 试卷第4页（共18页） 则40,5.，05.，c350,00D,元a5.. 22 PA=(0,-√5，-1).设平面PBC的法向量为=(x,y,),则 n.PB=0, 「V3y-z=0, n.BC=0 3.5。取r=1,得n=QW3,3).设PA与平面PBC所成角 2=0 为0，侧m0o1网2师3酒，即P1与平面PC所政角的上装 值为3故选D. 13 9.下列说法正确的是() A.直线x-y-2=0与两坐标轴围成的三角形的面积是2 B.点(0,2)关于直线y=x+1的对称点为(1,1) C过，)，(3，)两点的直线方程为上=- y2-乃x2-￥ D.经过点(1,1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y-2=0 9.答案：AB 解析：A.令x=0得y=-2,令y=0得x=2,则直线x-y-2=0与两坐标轴围成的 三角形的面积二×2×2=2，正确； 试卷第5页（共18页） n-2=-1 B.设(0,2)关于直线y=x+1对称点坐标为(m,m,则m m=1 ,解得 n+2 m +1 =1 2 3 确； C.两点式使用的前提是x≠x,≠y,错误； D.经过点(1,1)且在x轴和y轴上截距都相等的直线还有过原点的直线y=x,错误 故选：AB 10.已知事件A,B,且P(A)=0.4,P(B)=0.3,则() A.如果B≤A,那么P(AB)=0.3 B.如果B∈A,那么P(AUB)=0.4 C.如果A与B相互独立，那么P(AUB)=0.7 D.如果A与B相互独立，那么P(AB)=0.42 10.答案：ABD 解析：A:由B≤A,则P(AB)=P(B)=0.3,正确： B:由B∈A,则P(AUB)=P(A)=0.4,正确： C:如果A与B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)=0.12, P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.58,错误： D:由C分析及事件关系知：P(AB)=1-P(AUB)=0.42,正确 故选：ABD 11.己知正方体ABCD-AB,CD的棱长为1，E,O分别是AB,AC的中点， 点P在正方体内部且满足和-孤+号D+号科，则下列说法正确的是(） 4 试卷第6页（共18页） A点4到直线BE的距离是 5 B点O到平面ABCD,的距离为2 C.平面ABD与平面BCD,间的距离为⑤ D.点P到直线AB的距离为 25 36 11.答案：BC 解析：如图，建立空间直角坐标系，连接BE,AB,BP,BD,CD,BC,则 ....0.CD E p所以a团=10,丽-设48， cosθ= 1BA·BE1_V5 BAI‖BE|5 sim6=V1-c0s'9=2V5 故点A到直线BE的距离 4-im0-125-2S,放A错误c0-C4=（分0 平面ABCD 的一个法向量DA=(0,-1,1),则点O到平面ABCD,的距离 d= DMCO-三5，故B正确4B=Q0,-),AD=(0,1-), DA V2 4 AD=(0,1,0).设平面ABD的法向量为n=(x,y,),则 (AB=0即 x-z=0, nAD=0, y-z=0, 令z=1,得y=1,x=1,所以n=(1,1,1),所以点D到平面ABD的距离 号码吉，承0a-0-d,拟C,连接4,2D 又因为DC中平面ABD,ABC平面ABD,所以DC∥平面ABD,同理B,C∥ 试卷第7页（共18页） 平面ABD,所以平面ABD∥平面B,CD,所以平面ABD与平面B,CD,间的距离 等于点A到平面4D的距离，所以平面A2D与平面4CD间的距离为 2,故 C正确.因为P=3B+4D+244,所以P 312 又AB=1,0,0),则 4 3 423 AP.AB 3 ABI Γ4 所以点P到直线AB的距离 d4= AP2 AP.AB AB 819-,故D错误故选BC V144166 D B 2 12.已知4(2,4)，B3,3),点P(a,b)是线段AB(包括端点)上的动点，则的 取值范围是 12.答案：[12] 解析：设k=,则k可以看成过点P(a,b)与坐标原点O的直线的斜率 a 当点P在线段AB上由B点运动到A点时，直线OP的斜率由ks增大到ko4,如 图所示 3 B 2 3 试卷第8页（共18页） 又kB= 3-0 =1,koa= 4-0 =2,所以1≤k≤2，即2的取值范围是山，2] b 3-0 -0 a 故答案为：[1,2] 13.甲、乙两人有三个不同的学习小组A,B,C可以参加，若每人必须参加并 且仅能参加一个学习小组（两人参加各小组的可能性相同），则两人参加不同学 习小组的概率为 13.答案： 解析：以(A,B)表示甲参加学习小组A,乙参加学习小组B, 则试验的基本事件有(A,A),(A,B),(A,C),(B,A),(B,B),(B,C), (C,A),(C,B),(C,C),共9种， 其中两人参加不同学习小组的基本事件有(A,B),(A,C),(B,A),(B,C), (C,A),(C,B),共6种， 所以两人参加不问学习小如的既幸为S一号 14.如图，已知ABCD,ABEF均为正方形，二面角C-AB-F的大小为60°，则异面 直线AC与BF所成角的余弦值为 D 9 14.答案： 解析：解法一：根据题意可知，∠EBC即为二面角C-AB-F的平面角，所以 ∠EBC=60°， 设正方形ABCD与ABEF边长均为1，异面直线AC与BF所成的角为日. 试卷第9页（共18页） 因为AC=AB+BC,BF=BE+EF,EF=BA=-AB,AC=BF=V2, 所以AC.BF=(AB+BC(BE+EF)）上(AB+BC}BE-AB) AB.BE-AB+BC.BE-BC.AB 0-1+1x1xcos60°-0=-1 所以cos(AC,BF)= AC.BF AC BF 2G=-即cos0=os(ac,BF月 4 15.已知△ABC的三个顶点分别是A(5,1),B(7,-3),C(-8,2) (I)求BC边上的高所在直线的方程； (2)若直线1过点A,且与直线x+y+1=0平行，求直线1的方程： (3)求BC边上的中线所在直线的方程。 15.答案：(1)3x-y-14=0 (2)x+y-6=0 (3)3x-11y-4=0 解折：《)直线C的斜率：一2二。-子则4C边上的高所在直线的斜 -8-7 率为3， 所以BC边上的高所在直线的方程为y-1=3(x-5),即3x-y-14=0」 (2)依题意，设直线1的方程为x+y+m=0(m≠1)，而直线1过点A(5,1), 则5+1+m=0,解得m=-6,所以直线1的方程为x+y-6=0 （8)依趣高，心边的中点为号》 -1 2 3 因此BC边上的中线所在直线的斜率k= -511 2 试卷第10页（共18页） 3 所以BC边上的中线所在直线的方程为V-1=x-),即3x-1v-4=0 16.先后抛掷两枚大小相同的骰子 (1)求点数之和为7的概率； (2)求出现两个4点的概率； (3)求点数之和能被3整除的概率 答案： (2) 36 解析：用x轴、y轴分别表示第一次、第二次抛掷的点数，如图，从图中可以看 出样本点总数为36. 5 4 3 2 1 0123456x (1)记“点数之和为7为事件A,从图中可以看出，事件A包含的样本点共6 个：(6,1)，(5,2)，(4,3)，(3,4)，(2，)，1,6 故P(A=6-1 二 366 (2)记出现两个4点为事件B,从图中可以看出，事件B包含的样本点只有 1个，即(4,4) 故P(B)=1 36 (3)记点数之和能被3整除为事件C,则事件C包含的样本点共12个： 试卷第11页（共18页） (1,2),(2,1),1,5),(5,1),(2,4),(42),(3,3),(3,6),(6,3),(4,5),(5,4), (6,6) 故PC=12=1 363 17.如图，在四棱锥E-ABCD中，BE⊥底面 ABCD,BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1,AD=BE=3. (1)求异面直线AE与CD所成角的余弦值； (2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值. 17.答案：(1) 迈 10 (2)3V46 46 解析：(I)因为BE⊥底面ABCD,BA,BCC底面ABCD, 所以BE⊥BA,BE⊥BC, 且AB⊥AD,BC∥AD,所以BA⊥BC, 以B为坐标原点，分别以BE,BA,BC为x,y,z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 试卷第12页（共18页） B 则A(0,1,0),C(0,0,1),E(3,0,0),D(0,1,3), 则AE=(3,-1,0),CD=(0,1,2), 所以oaEc0而5 -1 2 故异面直线AB与CD所成角的余弦值为 10 (2)CE=(3,0,-1),设平面CDE的法向量为n=（x,y,), CE=0 n [3x-z=0 则 ,即 n.cD=0'y+2z=0 令x=1,得n=(1,-6,3) 易知=(0,0,1)是平面ABE的一个法向量， 因为o(刘46 33√46 所以平面CDE与平面ABE夹角的余弦值为3N46 46 18、甲乙一人客欢打乒乓球，根据经验，甲每局获：的概车为行，乙每局发胜凝 率为，且各局相互独立，二人约定：先胜2局者获胜，比赛结束. 3 试卷第13页（共18页） (1)求比赛了2局就结束比赛的概率； (2)求甲获胜的概率； (3)若约定改为：先胜3局者获胜，比赛结束：问哪种约定对甲更有利？为什么？ 18答案：0月 20 @ (3)先胜3局的约定对甲更有利，该赛制下甲获胜概率更高。 解析：(1)比赛2局结束包含“甲连胜2局和“乙连胜2局两个互斥事件： 甲连胜2局的概率：￡ 由互斥事件概率加法公式，所求概率P=B+B=g+。g 4,15 (2)甲获胜包含2局获胜和3局获胜”两个互斥事件： 2局获胜：即甲连胜2局，概率为乃1 4 =9’ 3局获胜：前2局甲恰好胜1局、第3局甲胜，概车为=C, 故甲获胜的概率P=4+8=20 92727 (3)计算先胜3局者获胜赛制下甲的获胜概率，包含3类互斥情况： 打3局获胜：甲连胜3局，概率P 2 打4局获胜：前3局甲恰好胜2局、第4局甲胜，概率，=C: 12 3381 打5局获胜：前4局甲恰好胜2局、第5局甲胜，概率乃=C 248 3 3 243 该赛制下甲获胜总概率P=8+24+4864 278124381 通分比较得90一。1即先胜3局的赛制下甲获胜概率史高，因此该约定对 甲更有利。 试卷第14页（共18页） 19.如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4,∠ABC=60°，E为CD的 中点将△ADE沿AE折起，连接BD与CD,如图2. 图1 图2 (I)当BD为何值时，平面ADE⊥平面ABCE? (2)设BF=BD(0≤2≤1)，当BE⊥DE时，是否存在实数，使得直线AF与平 面4BCE所成角的正弦值为V50?若存在，求出2的值：若不存在，请说明理由。 10 (3)当三棱锥B-CDE的体积最大时，求三棱锥D-ABE的内切球的半径 19.答案：(1)4 国作在， ③)3-5 10 解析：(1)连接BE,由题意得，AD=DE=2,∠ADE=60°， 则△ADE为等边三角形，AE=AD=2, 在△BCE中，EC=2,BC=2,∠BCE=180°-60°=120°， 由余弦定理得BE2=BC2+EC2-2BC·EC cos∠BCE =4+4-2×2×2× 12, 2 所以BE=2√5，由BE=2V5,AE=2,AB=4, 则AE+BE2=AB2,故BE⊥AE.若平面ADE⊥平面ABCE, 由平面ADE∩平面ABCE=AE,BEC平面ABCE,BE⊥AE, 则BE⊥平面ADE,DEC平面ADE,则BE⊥DE, 试卷第15页（共18页） 所以BD=VBE+DE=25+2=4 下面证明当BD=4时，平面ADE⊥平面ABCE. 证明：由BE=23,DE=2,BD=4,则BE+DE2=BD2, 所以BE⊥DE,又BE⊥AE,AE∩DE=E, AE,DEC平面ADE,所以BE⊥平面ADE, 又BEC平面ABCE,所以平面ADE⊥平面ABCE, 故当BD=4时，平面ADE⊥平面ABCE: (2)由(I)知，BE⊥DE,则平面ADE⊥平面ABCE. 在平面ADE内过E作EG⊥AE, 由平面ADE∩平面ABCE=AE,EGC平面ABCE, 则EG⊥平面ABCE,BEC平面ADE,则EG⊥BE. 如图，以点E为坐标原点，以EA,B,EG所在直线分别为x,y,z轴， 过E垂直于平面ABCE的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系卫-x%, 则E(0,0,0),A(2,0,0),B0,25,0）,C(-1,V5,0,D10,V5), 故AB=（-2,2V3,0）,BD=1,-2N5,5),由BF=1BD0≤元≤1)， AF=AB+BF=AB+BD=（2,23,0+元1，-25,5) =（-2+元，251-2)，52)， 因为z轴垂直平面ABCE,故可取平面ABCE的一个法向量为i=(0,O,1), 设直线AF与平面ABCE所成角为日， 所以n0-eos(mA ·AF A正 5 V30 -2++[25-]了+(5a) 10, 化简得3-142+8=0，解得元=名或元=4（舍去）， 试卷第16页（共18页） 当BE1DB时，存在1，使直线AP与平面ABCE所成角的正弦值为 10 B (3)设点D到平面ABCE的距离为h, 南s-器青9，其中5g为定值， 则要使三棱锥D-BCE的体积最大时，则点D到平面BCE的距离取最大， 取AE中点H,连接DH,则DH⊥AE, 当DH⊥平面BCE时，点D到平面BCE的距离最大， 此时，由DHC平面ADE,则平面ADE⊥平面ABCE, 由(1)知，BE⊥DE,△BED为直角三角形，BD=4. 则S82DB-25x2=25, m-4BE-225-a5 2 Sa4gm-252-5. 2 在△ABD中，AB=4,AD=2,BD=4,取AD中点M, 则BM⊥AD,且BM=V4-1=√5， 所以Sa方40a1-25=i5, 设内切球球心为I,内切球半径为，由等体积法知， VD-ABS=VI-ABD +VI-4B +VI-AD+VI-BD -专rS.ao-S.4 -S-8m) 其巾，s专sDH-255-2, 试卷第17页（共18页） 故r= 3VD-AB旺 2×3 5√5-√15 S△ABD+S△ABE+S△ADE+S△BDE 2W3+√3+2W3+√15 10 故当三棱锥B-CDE的体积最大时， 三棱锥D-ABE的内切球的半径为5V5-国 10 试卷第18页（共18页）会东县和文中学高2025级高二上期半期考试数学试卷 第一部分（选择题共58分） 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.下列四条直线中，倾斜角最大的是() A.y=5 B.x-y=0 C.x-1=0 D皆1 2.已知样本空间2={a,b,c,d中有4个等可能的样本点，且事件A={a,b),事件B={b,c), 则P(AD)=() A.1 B时 c D 3.设x,y∈R，向量a=(x,11),=(1y,1),c=(2,-4,2)且a⊥c,1c,则a+=() A.3 B.√10 C.2√2 D.4 4.已知1点P(0,1,0),2(-2,0,1),则直线PQ的一个方向向量可以为( ) A.(-2,-1,-1) B.(1,-2,1) C.(4,2,-2) D.(4,-2,2) 5.两条直线：产名=1和言名-1在同一直角坐标系中的图象可以是(） a b 中六 6,在三棱柱ABC-A,B,C,中，M,N分别是线段B8,AC上靠近B,A的三等分点，则AA=() A丽+号西-衣 B.2MN+34B-14C 2 3 c2mw+号西-c 2 D.3MN-348+14C 3 2 2 7.直线4：ax+2y-2=0,直线42：x+(a+1)y-2=0,若412，则两直线的距离为() A.5 B.32 D.V55 2 2 第1页共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 8.如图，已知AB是圆锥的底面直径，C是底面圆周上的一点，∠BAC=30°，AB=2W3,PA=2, 则PA与平面PBC所成角的正弦值为() A B.3 c.21g D.33 2 13 13 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分， 9,下列说法正确的是() A.直线x-y-2=0与两坐标轴围成的三角形的面积是2 B.点(0,2)关于直线y=x+1的对称点为(1,1) C过(，)，(，)两点的直线方程为y-上=X-五 y2-4x2-×1 D.经过点(1，)且在x轴和y轴上截距都相等的直线方程为x+y-2=0 10.已知事件A,B,且P(4)=0.4,P(B)=0.3,则() A如果BSA,那么P(AB)=0.3 B.如果BSA,那么P(AUB)=0.4 C如果A与B相互独立，那么P(AUB)=0.7 D.如果A与B相互独立，那么P(AB)=0.42 11.已知正方体ABCD-A,B,CD的棱长为1，E,O分别是AB,AC的中点，点P在正方体 内部且满足亚=多+D+名4，则下列说法正确的是() 4 2 A点A到直线BE的距离是 5 B点0到平面ABCD,的距离为 4 C.平面4，BD与平面B,CD,间的距离为5 D.点P到直线AB的距离为 36 第2页共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知A(2,4),B(3,3),点P(a,b)是线段4B(包括端点)上的动点，则的取值范围是 13.甲、乙两人有三个不同的学习小组A,B,C可以参加，若每人必须参加并且仅能参加一 个学习小组（两人参加各小组的可能性相同），则两人参加不同学习小组的概率为 14,如图，已知ABCD,ABEF均为正方形，二面角C-AB-F的大小为60°，则异面直线AC与BF 所成角的余弦值为 D 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚。 15.已知△ABC的三个顶点分别是A(5,1),B(7,-3),C(-8,2) (1)求BC边上的高所在直线的方程； (2)若直线1过点A,且与直线x+y+1=0平行，求直线1的方程： (3)求BC边上的中线所在直线的方程. 16.先后抛掷两枚大小相同的骰子. (1)求点数之和为7的概率： (2)求H现两个4点的概率； (3)求点数之和能被3整除的概 第3页共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP 17,如图，在四棱锥E-ABCD中，BE⊥底ABCD,BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1,AD=BE=3. (1)求异面直线AE与CD所成角的余弦值； (2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值， 18,甲乙二人喜欢打乒乓球，根据经验，甲每局获胜的概率为子，乙每局获胜概率为？，且各 局相互独立，二人约定：先胜2局者获胜，比赛结束 (1)求比赛了2局就结束比赛的概率； (2)求甲获胜的概率； (3)若约定改为：先胜3局者获胜，比赛结束；问哪种约定对甲更有利？为什么？ 19.如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4,∠ABC=60°，E为CD的中点将△ADE 沿AE折起，连接BD与CD,如图2. D 图1 图2 (I)当BD为何值时，平面ADE⊥平面ABCE? (2)设BF=1BD(O≤1≤1)，当BE⊥DE时，是否存在实数A,使得直线AF与平面ABCE所成 角的正弦值为30？若存在，求出入的值；若不存在，请说明理由。 10 (3)当三棱锥B-CDE的体积最大时，求三棱锥D-ABE的内切球的半径， 第4页共4页 CS扫描全能王 3亿人都在用的扫描ApP