广东省广州市华侨中学等三校高二上学期期中联考数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省广州市华侨中学等三校高二上学期期中联考数学试题（解析版）-A4，共19页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据方程可得斜率，进而可得倾斜角.
【详解】由直线，可得，
即其斜率，
设直线的倾斜角为，
则，，
故选：D.
2. 已知空间向量，，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量垂直得，即可求出的值.
【详解】.
故选：B.
3. 圆的圆心到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.
【详解】由题意得，即，
则其圆心坐标为，则圆心到直线的距离为.
故选：D.
4. 有位男生和位女生在周日去参加社区志愿活动，从该位同学中任取人，至少有名女生的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将位男生分别记为、、，位女生分别记为、，列举出所有的基本事件，并确定事件“从这位同学中任取人，至少有名女生”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】将位男生分别记为、、，位女生分别记为、，
从这位同学中任取人，所有的基本事件有：、、、、、、、、、，共种，
其中，事件“从这位同学中任取人，至少有名女生”包含的基本事件有：、、、、、、、、，共种，
因此，所求概率为.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求解古典概型概率的方法如下：
（1）列举法；
（2）列表法；
（3）树状图法；
（4）排列、组合数的应用.
5. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A表示事件“第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3”，B表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4”，C表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7”，则（ ）
A. A与B互斥B. B与C互为对立C. A与B相互独立D. A与C相互独立
【答案】D
【解析】
【分析】根据互斥事件、对立事件的定义判断AB，根据相互独立事件的判断公式判断CD.
【详解】对于A，A与B有可能同时发生，不是互斥事件，A错误；
对于B，除了B，C以外还有其他事件发生，不是对立事件，B错误；
第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3，包含的样本点为，故，
两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4，包含的样本点为，
故，
同时发生的事件包含样本点为，故，
所以，即不相互独立，故C错误；
两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7，包含的样本点为，故，
同时发生的事件包含的样本点为，故，
所以，即A与C相互独立，故D正确.
故选：D
6. 已知空间任意一点，四点共面，且任意三点不共线，若，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据四点共面得出，再分类结合基本不等式计算求解.
【详解】因为四点共面，且任意三点不共线，得出，都不是0，
当时，，计算可得，的最大值为18，
当且仅当时取最大值，
当时，，
所以的最大值为18，
故选：C.
7. 已知点A（1，2）在圆C：外，则实数m的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由表示圆可得，点A（1，2）在圆C外可得，求解即可
【详解】由题意，表示圆
故，即或
点A（1，2）在圆C：外
故，即
故实数m的取值范围为或
即
故选：A
8. 互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系，但如果平面坐标系中两条坐标轴不垂直，则这样的坐标系称为“斜坐标系”.如图，在斜坐标系中，过点作两坐标轴的平行线，其在轴和轴上的截距分别作为点的坐标和坐标，记.若斜坐标系中，轴正方向和轴正方向的夹角为，则该坐标系中和两点间的距离为（ ）

A.
B.
C
D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立直角坐标系，求出直角坐标，即可得解.
【详解】以O为坐标原点,原x轴正方向为x轴，垂直于x轴的方向为y轴建立平面直角坐标系，
则在直角坐标系下，，,
则
.
故选：A.
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，有多项是符合题目要求的，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部份分.
9. 下列命题正确的有（ ）
A. 两平行线间的距离为2
B. 过点且在两坐标轴上截距相等的直线有两条
C. 直线的方向向量可以是
D. 直线与直线平行，则或2
【答案】AB
【解析】
【分析】计算平行直线的距离得到A正确；截距相等的直线有和，B正确；直线的一个方向向量是，C错误；当时，两直线重合，D错误.
【详解】A，两平行线间的距离为，A正确；
B，过点且在两坐标轴上截距相等的直线：截距为0时，
截距不为0时，设，代入，可得，故直线方程为：，B正确；
C，直线的一个方向向量是，与不平行，C错误；
D，验证当时，两直线重合，D错误.
故选：AB.
10. 已知事件A，B发生的概率分别为，，则（ ）
A. B.
C. 若A与B相互独立，则D. 一定有
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，利用对立事件的概率公式即可判断；对于BC，利用和事件与交事件的概率公式，结合相互独立事件的定义计算判断即可；对于D，举反例即可判断.
【详解】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，因为，
又，且，则，
所以，即，故B正确；
对于C，因为A与B相互独立，则，
则，故C正确；
对于D，记事件“抛掷一枚骰子，向上的点数小于3”，
事件“抛掷一枚骰子，向上的点数为4”，
则满足，，但不成立，故D错误；
故选：ABC
11. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ）
A. 当在平面上运动时，三棱锥体积为定值4
B. 当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C. 若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是
D. 使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为
【答案】BD
【解析】
【分析】对A：由的面积不变，点到平面的距离不变，求出体积即可；对B：以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，，结合向量的夹角公式，可判定B正确；对C：设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定C错误；对D：由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定D正确.
【详解】解：对于A：的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，
所以三棱锥的体积不变，
且，所以A错误；
对于B：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，
可得，
设，则，，
设与所成角为，
＝＝，
因为，
当时，
可得，所以，
当时，＝，
由，
所以，
所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B正确；
对于C，由，
设，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，
取，可得，
所以，
因为平面，
所以，可得，
所以＝＝，
当时，等号成立，所以C错误；
对于D：因为直线与平面所成的角为，
由平面，得直线与所成的角为，
若点在平面和平面内，
因为，，故不成立；
在平面内，点的轨迹是；
在平面内，点的轨迹是；
在平面内，作平面，如图所示，
因为，所以，
又因为，所以，所以，
所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，
所以点的轨迹的长度为，
综上，点的轨迹的总长度为，所以D正确.
故选：BD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知点在圆上，则该圆的标准方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由得到，可知的外接圆是以为直径的圆，然后求出圆的半径与圆心坐标，可得所求圆的标准方程.
【详解】解：根据题意，经过三点的圆是的外接圆，
由，，，可知，
因为，所以的外接圆是以为直径的圆，
由，可知圆半径，
结合圆心为的中点，可得圆的方程为.
故答案为：.
13. 在棱长为4的正四面体ABCD中，E是BC的中点，则＝______.
【答案】8.
【解析】
【分析】直接利用向量的线性运算和数量积运算求出结果.
【详解】如图所示：
＝＝8.
故答案为：8.
14. 甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】分两种情况讨论：（1）第一局甲胜，第二局乙胜：（2）第一局乙胜，第二局甲胜.分析出每局输赢的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】分两种情况讨论：
（1）第一局甲胜，第二局乙胜：
若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，
若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，
所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为；
（2）第一局乙胜，第二局甲胜：
若第一局甲执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，
若第一局乙执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，
所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为.
综上所述，甲、乙各胜一局的概率为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共62分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 直线l经过两直线：和：的交点.
（1）若直线l与直线垂直，求直线l的方程；
（2）若点到直线l的距离为5，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）联立方程组，求得两直线的交点坐标，利用垂直关系求得斜率，结合点斜式方程，即可求解；
（2）分直线的斜率存在与不存在，结合点到直线的距离公式求得斜率，利用点斜式方程，即可求解.
【小问1详解】
解：联立方程组，解得交点，
又直线与直线垂直，所以直线斜率为，
则直线的方程为，即.
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，满足点到直线的距离为5；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
则点到直线的距离为，求得，
故直线的方程为，即，
综上可得，直线的方程为或.
16. 已知圆心为C的圆经过点和点两点，且圆心C在直线上．
（1）求圆C的标准方程；
（2）已知线段MN的端点M的坐标，另一端点N在圆C上运动，求线段MN的中点G的轨迹方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由圆心为C的圆经过点和点两点，可知圆心过线段的垂直平分线，将其与直线联立可求得圆心C，再求半径，即可得到圆的标准方程；
（2）设线段MN的中点，由G为线段MN的中点可得，代入圆C的方程，即可得到G的轨迹方程.
【小问1详解】
因为圆C经过点和点两点，
所以圆心C在线段的垂直平分线上，即上，
联立可解得，即，
所以圆C的半径为
则圆C的标准方程；
【小问2详解】
设线段MN的中点，
又M的坐标，且G为线段MN的中点，
所以，
又N在圆C上运动，
可得，
化简可得，
所以，线段MN的中点G的轨迹方程.
17. 质量监督局检测某种产品的三个质量指标，用综合指标核定该产品的等级.若，则核定该产品为一等品.现从一批该产品中，随机抽取10件产品作为样本，其质量指标列表如下：
（1）利用上表提供的样本数据估计该批产品的一等品率；
（2）在该样品的一等品中，随机抽取2件产品，设事件为“在取出的2件产品中，每件产品的综合指标均满足”，求事件的概率.
【答案】（1）0.6；（2）.
【解析】
【分析】（1）分别计算10件产品的综合指标，找出满足条件的件数，除以总的10件，即可估计总的一等品率；
（2）写出所有的基本事件并得其种数，找出满足条件综合指标均有的基本事件数，由古典概型概率计算公式求得答案.
【详解】（1）计算10件产品的综合指标，如下表：
其中的有共6件，故该样本的一等品率为，
从而估计该批产品的一等品率为0.6.
（2）在该样本的一等品中，随机抽取2件产品的所有可能结果为：
共15种.
在该样本的一等品中，综合指标均满足的产品编号分别为，
则事件发生的所有可能结果为 共3种，
所以.
【点睛】本题考查用样本的概率估计总体概率，还考查了古典概型问题求概率，属于简单题.
18. 如图，在四棱锥A－BCDE中，△BCE为等边三角形，平面ACD⊥平面CDE，AC⊥CD，二面角D－AC－E的大小为60°．
（1）求证：∥平面ABE；
（2）若AC＝BC＝2，点G为线段AB上的点，若直线CB与平面CEG所成角的正弦值为，求线段AG的长度．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立坐标系用向量法求解即可
【小问1详解】
四棱锥中，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面；
又CE,CD⊂平面，
所以，，
所以为二面角的平面角，
所以，
又，
所以．
又平面，平面，
所以平面．
小问2详解】
取的中点，连接，则，
又，
所以，
又平面，平面，
所以，
所以，，两两垂直．
以为坐标原点，，，所在的直线为轴建立的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，
设，
所以
设平面的法向量为，
则即，
令，可得，，
所以，
设直线与平面所成的角为，
则，
解得，
所以的长为．
19. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在平面互相垂直，活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记，活动弹子在上移动.

（1）求证：直线平面；
（2）为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析.
（2）.
【解析】
【分析】（1）在平面内，过点作，交于点，连接.由已知可证明.进而根据线面平行以及面面平行的判定定理得出平面平面.然后即可根据面面平行的性质，得出证明；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，求出，以及平面的一个法向量.设线面角为，根据向量表示出.分以及结合基本不等式，即可得出答案.
【小问1详解】
在平面内，过点作，交于点，连接，

由，得，而，，
则，，，于是，
又，则，而平面，，平面，
因此平面，同理平面，又平面，平面，，
则平面平面，而平面，
所以直线平面.
【小问2详解】
由平面平面，平面平面，，
平面，得平面，又，
以点为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

则，设，，
，，，
设是平面的法向量，则，取，得，
设与平面所成的角为，则，
当时，；
当时，，
而，当且仅当，即时取等号，则，
因此，，
产品编号
质量指标（）
产品编号
质量指标（）
产品编号
4
5
6
5
6
5
6
6
3
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