黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷

这是一份黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷，共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）已知0＜x＜3，0＜y＜5，则3x﹣2y的取值范围是（ ）
A．（﹣1，0）B．（﹣10，9）C．（0，4）D．（0，9）
2．（5分）已知复数z满足（1﹣i）（z﹣2i）＝2i，则z的虚部为（ ）
A．﹣1B．﹣iC．3D．3i
3．（5分）已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面（ ）
A．若l∥α，1∥β，则α∥β
B．若l⊥m，α∥β，m⊂β，则l⊥α
C．若l⊥α，α∥β，m⊂β，则l⊥m
D．若α⊥β，1∥α，则l⊥β
4．（5分）平均数、中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关在如图分布形态中，a，b，c分别对应这组数据的平均数、中位数和众数（ ）
A．a＜b＜cB．b＜a＜cC．c＜b＜aD．c＜a＜b
5．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c2+c2﹣a2＝bc，csC＝，则tanB的值为（ ）
A．B．3C．D．
6．（5分）已知某计算机网络的服务器采用的是“一用两备”（即一台常用设备，两台备用设备）的配置．这三台设备中，只要有一台能正常工作，两台备用设备正常工作的概率均为，且它们之间互不影响（ ）
A．B．C．D．
7．（5分）已知定义在R上的偶函数f（x）满足：①对任意的x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2，都有＞0成立；②f（﹣2）＞0的解集为（ ）
A．（﹣2，0）∪（2，+∞）B．（﹣∞，﹣2）∪（0，2）
C．（﹣2，0）∪（0，2）D．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）
8．（5分）设m∈R，过定点A的动直线x+my＝0和过定点B的动直线mx﹣y﹣m+3＝0交于点P（x，y），则|PA|•|PB|的最大值是（ ）
A．4B．10C．5D．
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。）
（多选）9．（6分）将一枚质地均匀的骰子抛掷一次，记下骰子面朝上的点数，设事件A＝“点数为4”，事件C＝“点数小于4”，事件D＝“点数大于3”，则（ ）
A．A与B互斥B．A与C互斥C．B与D对立D．C与D对立
（多选）10．（6分）已知圆C1：（x﹣1）2+y2＝1和圆C2：x2+y2﹣4x﹣4y+4＝0，则（ ）
A．圆C2的半径为4
B．y轴为圆C1与C2的公切线
C．圆C1与C2公共弦所在的直线方程为x+2y﹣1＝0
D．圆C1与C2上共有6个点到直线2x﹣y﹣2＝0的距离为1
（多选）11．（6分）如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，CC1＝2，点E，F，G分别为棱CD1，CC1的中点，则下列结论中正确的有（ ）
A．A1G⊥C1F
B．A1G∥平面AEF
C．AE∥A1C1
D．点D到平面AEF的距离为
三、填空题：（本大题共3小题，每题5分，共计15分）
12．（5分）已知直线l1：2ax+y+1＝0与直线l2：（a﹣1）x﹣ay+2＝0垂直，则实数a的值为 ．
13．（5分）甲、乙两名运动员进入男子羽毛球单打决赛，假设比赛打满3局，赢得2局或3局者胜出，当出现随机数1，2，3时；否则，乙获胜．由于要比赛3局，产生20组随机数：
423 123 423 344 114 453 525 332 152 342
534 443 512 541 125 432 334 151 314 354
据此估计甲获得冠军的概率为 ．
14．（5分）已知边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，则四面体的外接球的表面积为 ．
四、解答题：（本大题共5小题，共计77分）若
15．（13分）如图，四面体ABCD中，E，F分别为AB，且AE＝BE，CF＝2DF，设，，．
（1）以为基底表示；
（2）若∠ADB＝∠BDC＝∠ADC＝60°，且，，，求．
16．（15分）已知两直线l1：2x﹣y+7＝0，l2：x+y﹣1＝0，A（m，n）是l1和l2的交点．
（1）求过点A且垂直于直线l1的直线l3的方程．
（2）求过点A且平行于直线l：2x﹣3y﹣1＝0的直线l4的方程．
17．（15分）（文）已知集合A＝{0，1，2，3，4}，a∈A；
（1）求y＝ax2+bx+1为一次函数的概率；
（2）求y＝ax2+bx+1为二次函数的概率．
18．（17分）已知圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4，直线l1经过点A （1，0）．
（1）若直线l1与圆C相切，求直线l1的方程；
（2）若直线l1与圆C相交于P，Q两点，求三角形CPQ面积的最大值1的方程．
19．（17分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，BC⊥平面PAB，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，且PE⊥EC．
（1）求证：平面PBD⊥平面PEC；
（2）求二面角D﹣PC﹣E的余弦值．
2024-2025学年黑龙江省佳木斯市桦南一中高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：（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）
1．（5分）已知0＜x＜3，0＜y＜5，则3x﹣2y的取值范围是（ ）
A．（﹣1，0）B．（﹣10，9）C．（0，4）D．（0，9）
【分析】由不等式的性质求解．
【解答】解：因为0＜y＜5，所以﹣10＜﹣7y＜0，
又0＜x＜5，所以0＜3x＜4
所以﹣10＜3x﹣2y＜4．
故选：B．
【点评】本题主要考查了不等式的性质，属于基础题．
2．（5分）已知复数z满足（1﹣i）（z﹣2i）＝2i，则z的虚部为（ ）
A．﹣1B．﹣iC．3D．3i
【分析】利用复数定义及运算法则计算即可．
【解答】解：因为，
所以z的虚部为3．
故选：C．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
3．（5分）已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面（ ）
A．若l∥α，1∥β，则α∥β
B．若l⊥m，α∥β，m⊂β，则l⊥α
C．若l⊥α，α∥β，m⊂β，则l⊥m
D．若α⊥β，1∥α，则l⊥β
【分析】根据空间中线线关系、线面关系、面面关系逐一判断即可．
【解答】解：对A，若l∥α，则α与β不一定平行，故A错；
对B，因为一条线要垂直平面内的两条相交直线才会得到线面垂直，
所以l不一定垂直β，由于α∥β，故B错；
对C，若l⊥α，m⊂β，故C正确；
对D，若α⊥β，则1与β可以相交，故D错．
故选：C．
【点评】本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．
4．（5分）平均数、中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关在如图分布形态中，a，b，c分别对应这组数据的平均数、中位数和众数（ ）
A．a＜b＜cB．b＜a＜cC．c＜b＜aD．c＜a＜b
【分析】利用数据分布图左拖尾，即平均数小于中位数，再利用众数是用最高矩形的中点值来估计，可判断众数大于中位数，即可作出判断．
【解答】解：根据题意，由数据分布图知，
数据的众数为c，众数是最高矩形下底边的中点横坐标，
数据的中位数为b，直线x＝b左右两边矩形面积相等，则b＜c，
数据的平均数为a，由于数据分布图左拖尾，即a＜b，
所以a＜b＜c．
故选：A．
【点评】本题考查由数据分布图分析数据，注意平均数、中位数、众数的定义，属于基础题．
5．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c2+c2﹣a2＝bc，csC＝，则tanB的值为（ ）
A．B．3C．D．
【分析】由已知利用余弦定理可求A，然后结合同角基本关系可求tanC，再由诱导公式及两角和的正切公式即可求解．
【解答】解：因为b2+c2﹣a4＝bc，
由余弦定理得，csA＝，
由A为三角形内角得，A＝，
因为csC＝，则C为锐角，
所以tanC＝，tanA＝，
则tanB＝﹣tan（A+C）＝﹣＝6．
故选：B．
【点评】本题主要考查了余弦定理，同角基本关系及两角和的正切公式，属于基础题．
6．（5分）已知某计算机网络的服务器采用的是“一用两备”（即一台常用设备，两台备用设备）的配置．这三台设备中，只要有一台能正常工作，两台备用设备正常工作的概率均为，且它们之间互不影响（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用其对立事件三台设备均不能正常工作计算．
【解答】解：由题意所求概率为P＝1﹣（1﹣）×（1﹣）＝．
故选：A．
【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用．
7．（5分）已知定义在R上的偶函数f（x）满足：①对任意的x1，x2∈（0，+∞），且x1≠x2，都有＞0成立；②f（﹣2）＞0的解集为（ ）
A．（﹣2，0）∪（2，+∞）B．（﹣∞，﹣2）∪（0，2）
C．（﹣2，0）∪（0，2）D．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）
【分析】由题意得，偶函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，在（﹣∞，0）上单调递减，结合单调性及奇偶性即可得解．
【解答】解：由题意得，偶函数f（x）在（0，在（﹣∞，且f（﹣2）＝8，
不等式等价于或，
数形结合可知不等式的解集为（﹣6，0）∪（2．
故选：A．
【点评】本题主要考查了函数单调性及奇偶性的综合应用，属于中档题．
8．（5分）设m∈R，过定点A的动直线x+my＝0和过定点B的动直线mx﹣y﹣m+3＝0交于点P（x，y），则|PA|•|PB|的最大值是（ ）
A．4B．10C．5D．
【分析】先计算出两条动直线经过的定点，即A和B，注意到两条动直线相互垂直的特点，则有PA⊥PB；再利用基本不等式放缩即可得出|PA|•|PB|的最大值．
【解答】解：由题意可知，动直线x+my＝0经过定点A（0，
动直线mx﹣y﹣m+4＝0即 m（x﹣1）﹣y+5＝0，经过点定点B（1，
注意到动直线x+my＝2和动直线mx﹣y﹣m+3＝0始终垂直，P又是两条直线的交点，
则有PA⊥PB，∴|PA|5+|PB|2＝|AB|2＝10．
故|PA|•|PB|≤＝7（当且仅当|PA|＝|PB|＝，
故选：C．
【点评】本题考查了直线系、直线相互垂直与斜率的关系、勾股定理、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，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。）
（多选）9．（6分）将一枚质地均匀的骰子抛掷一次，记下骰子面朝上的点数，设事件A＝“点数为4”，事件C＝“点数小于4”，事件D＝“点数大于3”，则（ ）
A．A与B互斥B．A与C互斥C．B与D对立D．C与D对立
【分析】利用互斥事件和对立事件的概念求解．
【解答】解：事件“点数为4”与“点数为奇数”不能同时发生，所以A与B互斥；
事件“点数为4”与“点数小于3”不能同时发生，所以A与C互斥；
事件“点数为奇数”的对立事件是“点数为偶数”，不是“点数大于3”；
事件“点数小于4”的对立事件是“点数不小于8”，即“点数大于3”，D正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查了互斥事件和对立事件的概念，属于基础题．
（多选）10．（6分）已知圆C1：（x﹣1）2+y2＝1和圆C2：x2+y2﹣4x﹣4y+4＝0，则（ ）
A．圆C2的半径为4
B．y轴为圆C1与C2的公切线
C．圆C1与C2公共弦所在的直线方程为x+2y﹣1＝0
D．圆C1与C2上共有6个点到直线2x﹣y﹣2＝0的距离为1
【分析】对于A项，将圆的方程化成标准式即得；对于B项，判断圆心到直线的距离等于圆的半径即得；对于C项，只需将两圆方程相减化简，即得公共弦直线方程；对于D项，需要结合图像作出两条和已知直线平行且距离等于1的直线，通过观察分析即得．
【解答】解：对于A项，由圆．
配方得（x﹣2）4+（y﹣2）2＝7，知圆C2的半径为2，故选项A错误；
对于B项，因圆心C2（1，0）到y轴的距离为41 的半径，故圆C1与y轴相切，
同理圆心C5（2，2）到y轴的距离等于圆C3的半径，圆C2与y轴相切，故y轴为圆C1与C2的公切线，故选项B正确；
对于C项，只需要将（x﹣1）2+y2＝1 与x2+y8﹣4x﹣4y+4＝0左右分别相减，即得圆C1与C6的公共弦所在的直线方程为x+2y﹣2＝5，故选项C错误；
对于D项，如图，依题意可作两条与该直线平行且距离为1的直线l1与l4，
其中l1与l2和圆C8都相切，各有一个公共点，l1与l2和圆C7都相交，各有两个交点1与C2上共有8个点到直线 2x﹣y﹣2＝7 的距离为1，故选项D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查圆的方程的应用，属于中档题．
（多选）11．（6分）如图，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，CC1＝2，点E，F，G分别为棱CD1，CC1的中点，则下列结论中正确的有（ ）
A．A1G⊥C1F
B．A1G∥平面AEF
C．AE∥A1C1
D．点D到平面AEF的距离为
【分析】以D为原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出、的坐标，求数量积可判断A；求出、平面AEF的一个法向量的坐标，由线面平行的向量求法可判断B；求出、的坐标，根据向量共线的条件可判断C；利用点到平面的距离的向量求法可判断D．
【解答】解：由ABCD﹣A1B1C4D1为正四棱柱，
可以D为原点，分别以DA、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则D（7，0，0），7，0），A1（7，0，2），4，1），
F（0，5，1），C1（3，1，2），
则，，∴，
可得A1G⊥C1F，故A正确；
A（6，0，0），4，1），，A5（1，0，5），1，1），，，，
设平面AEF的一个法向量为，
则，令y＝4，得，
∴，则A5G∥平面AEF，故B正确；
A（1，0，2），，A1（5，0，2），C6（0，1，5），，，∴6C1不平行，故C错误；
平面AEF的一个法向量为，，
∴点D到平面AEF的距离为，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查空间中点、线、面间的位置关系，考查空间向量的应用，考查运算求解能力，是中档题．
三、填空题：（本大题共3小题，每题5分，共计15分）
12．（5分）已知直线l1：2ax+y+1＝0与直线l2：（a﹣1）x﹣ay+2＝0垂直，则实数a的值为 a＝0或 ．
【分析】根据直线垂直列方程，由此求得a的值．
【解答】解：由于l1⊥l2，所以8a×（a﹣1）+1×（﹣a）＝3，
即：2a2﹣4a＝a（2a﹣3）＝5，解得a＝0或．
故答案为：a＝0或．
【点评】本题考查两条直线垂直的性质的应用，属于基础题．
13．（5分）甲、乙两名运动员进入男子羽毛球单打决赛，假设比赛打满3局，赢得2局或3局者胜出，当出现随机数1，2，3时；否则，乙获胜．由于要比赛3局，产生20组随机数：
423 123 423 344 114 453 525 332 152 342
534 443 512 541 125 432 334 151 314 354
据此估计甲获得冠军的概率为 0.65 ．
【分析】根据已知条件，结合古典概型的概率公式，即可求解．
【解答】解：由题意可知，获胜的随机数为：423  423  332  342  125  334  314，
总随机数共有20组，
故 估计甲获得冠军的概率为．
故答案为：0.65．
【点评】本题主要考查模拟方法估计概率，属于基础题．
14．（5分）已知边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，则四面体的外接球的表面积为 28π ．
【分析】设两三角形外心分别为O2，O3，球心为O，BD中点为O1，由题意知∠AO1C＝120°，OO1＝2，OO3＝，由此求出球半径，从而能求出四面体的外接球的表面积．
【解答】解：如图，设两三角形外心分别为O2，O3，球心为O，BD中点为O3，
由题意知∠AO1C＝120°，
∴OO1＝2，OO3＝，
∴球半径OC＝＝，
∴四面体的外接球的表面积为S＝4＝28π．
故答案为：28π．
【点评】本题主要考查了四面体外接球的表面积的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力，考查转化化归思想、数形结合思想，是中档题．
四、解答题：（本大题共5小题，共计77分）若
15．（13分）如图，四面体ABCD中，E，F分别为AB，且AE＝BE，CF＝2DF，设，，．
（1）以为基底表示；
（2）若∠ADB＝∠BDC＝∠ADC＝60°，且，，，求．
【分析】（1）利用向量的加减数乘运算，结合题设条件即可求得；
（2）先求出平面的基底两两之间的数量积，再根据（1）中的表示式，两边取平方，利用向量数量积的运算律计算即得．
【解答】解：（1）根据题意可得；
（2）因为∠ADB＝∠BDC＝∠ADC＝60°，且，，，
所以，
则，由（1）可知：
＝，
故．
【点评】本题考查空间向量的综合应用，属中档题．
16．（15分）已知两直线l1：2x﹣y+7＝0，l2：x+y﹣1＝0，A（m，n）是l1和l2的交点．
（1）求过点A且垂直于直线l1的直线l3的方程．
（2）求过点A且平行于直线l：2x﹣3y﹣1＝0的直线l4的方程．
【分析】（1）求出点A，根据垂直斜率相乘为﹣1求出l3斜率，由点斜式求出方程；
（2）根据平行设直线l4为2x﹣3y+m＝0，代入点A求出方程．
【解答】解：（1）联立方程，
解得l2和l2的交点A（﹣2，5）1⊥l3，且k5＝2，
k3＝﹣，
∴直线l3的方程为，
整理得直线l3的方程为x+2y﹣2＝0；
（2）令l4：3x﹣3y+m＝0，
l4过A（﹣2，3），
∴l7：2x﹣3y+13＝6．
【点评】本小题主要考查直线平行、垂直的性质，以及直线的交点等知识，考查运算求解能力，属于基础题．
17．（15分）（文）已知集合A＝{0，1，2，3，4}，a∈A；
（1）求y＝ax2+bx+1为一次函数的概率；
（2）求y＝ax2+bx+1为二次函数的概率．
【分析】（1）利用乘法计数原理求出所有的基本事件个数，“y＝ax2+bx+1为一次函数”是“a＝0，b≠0”包含的所有的基本事件有4个，由古典概型概率公式求出y＝ax2+bx+1为一次函数的概率；
（2）“y＝ax2+bx+1为二次函数”是a≠0，所以包含的所有基本事件有4×5＝20由古典概型概率公式得y＝ax2+bx+1为二次函数的概率．
【解答】解：（1）因为a∈A，b∈A，
“y＝ax2+bx+1为一次函数”是a＝3，b≠0包含的所有的基本事件有4个，
由古典概型概率公式得．
（2）“y＝ax2+bx+1为二次函数”是a≠7，所以包含的所有基本事件有4×5＝20
由古典概型概率公式得y＝ax5+bx+1为二次函数的概率为．
【点评】本题主要考查概率的列举法和二次函数的单调性问题．对于概率是从高等数学下放的内容，一般考查的不会太难但是每年必考的内容要引起重视．
18．（17分）已知圆C：（x﹣3）2+（y﹣4）2＝4，直线l1经过点A （1，0）．
（1）若直线l1与圆C相切，求直线l1的方程；
（2）若直线l1与圆C相交于P，Q两点，求三角形CPQ面积的最大值1的方程．
【分析】（1）由直线与圆相切可得圆心（3，4）到已知直线l1的距离等于半径2，设直线点斜式方程，列方程可得斜率，最后验证斜率不存在时是否满足条件．
（2）由垂径定理可得弦长PQ，而三角形的高为圆心到直线l1的距离d，所以，利用基本不等式求最值可得当d＝时，S取得最小值2，再根据点到直线距离公式求直线l1的斜率，即得l1的方程．
【解答】解：（1）①若直线l1的斜率不存在，则直线x＝1．
②若直线l4斜率存在，设直线l1为y＝k（x﹣1），即kx﹣y﹣k＝2．
由题意知，圆心（31的距离等于半径6，
即，解得，
所求直线方程为x＝1，或2x﹣4y﹣3＝7；
（2）直线与圆相交，斜率必定存在，设直线方程为kx﹣y﹣k＝0，
则圆心到直线l1的距离，
又∵三角形CPQ面积，
∴当d＝时，S取得最小值2，则，
故直线方程为y＝x﹣1，或y＝7x﹣4．
【点评】与圆有关的最值问题主要表现在求几何图形的长度、面积的最值，求点到直线的距离的最值，求相关参数的最值等方面．解决此类问题的主要思路是利用圆的几何性质将问题转化．涉及圆中弦长问题，一般利用垂径定理进行解决，具体就是利用半径的平方等于圆心到直线距离平方与弦长一半平方的和．
19．（17分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，BC⊥平面PAB，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，且PE⊥EC．
（1）求证：平面PBD⊥平面PEC；
（2）求二面角D﹣PC﹣E的余弦值．
【分析】（1）先在面ABCD内证明BD⊥CE，再证明PE⊥面EBC，PE⊥BD，证得BD⊥面PEC，由面面垂直的判定定理得到平面PBD⊥平面PEC；
（2）建系，利用法向量，向量夹角公式，即可求解．
【解答】解：（1）证明：∵BC⊥平面PAB，AD∥BC，
∴AD⊥平面PAB，
∵E为AB的中点，PA＝AB＝BC＝2，
∴AD＝BE，AB＝BC，
∴△DAB≅△EBC，
∴∠ABD＝∠ECB，
∴∠EBD+∠DBC＝∠ECB+∠DBC＝90°，
∴BD⊥CE，又BC⊥平面PAB，
∴BC⊥PE，又PE⊥EC，BC，
∴PE⊥平面EBC，又BD⊂平面EBC，
∴PE⊥BD，又BD⊥CE，PE，
∴BD⊥平面PEC，又BD⊂平面PBD，
∴平面PBD⊥平面PEC；
（2）在平面PAB内，过B作BM⊥BP，
∵BC⊥平面PAB，∴BP，BC两两相互垂直，
∴以B为坐标原点，BP，BC所在直线分别为x，y，建系如图，
由（1）知，PE⊥AB，∴PB＝PA＝AB＝2，
则，
∴，
∵BD⊥面PEC，∴面PEC的一个法向量是，
设面DPC的法向量，
则，取，
∴，又由图可知二面角D﹣PC﹣E的平面角为锐角，
∴二面角D﹣PC﹣E的余弦值为 ．
【点评】本题考查线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，向量法求解二面角问题，向量夹角公式的应用，属中档题．
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