湖北省问津教育联合体2024-2025学年高二上学期10月联考数学试卷（Word版附解析）

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若直线的倾斜角为，则实数m值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将直线方程化成斜截式方程，求得斜率，再借助于直线的斜率定义即可求得m值.
【详解】由题知，，解得.
故选：A.
2. 已知直线，，则过和的交点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】联立和方程，求得交点坐标，再结合垂直关系求得斜率，即可求解
【详解】由，，联立方程可得：
又直线的斜率为，
所以要求的直线斜率为，故直线方程为，即.
故选：D
3. 已知，若不能构成空间的一个基底，则（ ）
A. 3B. 1C. 5D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用基底的定义和共面向量求出结果.
【详解】若不能构成空间的一个基底，
共面，
存在，使，
即，
解得，
故选：.
4. 已知事件，如果与互斥，那么；如果与相互独立，且，那么，则分别为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据互斥事件的定义可求，根据独立事件的概率公式求，由此可判断结论.
【详解】如果事件与互斥，则，所以.
如果事件与相互独立，则事件与也相互独立，
所以，
，即.
故选：C.
5. 如图，平面平面，四边形为正方形，四边形为菱形，，则直线所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解．
【详解】取的中点，连接，
四边形为菱形，，
所以，
由于平面平面，且两平面交线为，，平面，
故平面，又四边形为正方形，
故以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设正方形的边长为2，

则，
故，
则，
故直线，所成角的余弦值．
故选：D．
6. 在一个袋子中装有分别标注1，2，3，4，5，6的6个小球，这些小球除标注的数字外完全相同，现从中随机取出2个小球，则取出标注的数字之差的绝对值为2或4的小球的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用列举法得到总的基本事件与满足条件的基本事件的个数，再利用古典概型的概率公式即可得解.
【详解】从6个小球中任取2个小球有，
，共15种情况，
其中数字之差的绝对值为2或4的有，共6种情况，
则所求概率.
故选：C.
7. 如图所示，一个组合体的上面部分是一个高为0.5长方体，下面部分是一个正四棱锥，公共面是边长为的正方形，已知该组合体的体积为，则其表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意先利用棱锥体积公式求出正四棱锥的高，然后再求出其斜面上的高，即可求解.
【详解】由题意知该组合体由长方体和正四棱锥组成，且该组合体的体积为，
长方体的体积为，则正四棱锥体积为，
所以正四棱锥的高为，所以正四棱锥斜面上的高，
所以正四棱锥的一个侧面积为，
所以组合体的表面积为，故B正确.
故选：B.
8. 已知点与点在直线的两侧，给出下列命题：
①；
②当时，有最小值，无最大值；
③存在正实数，使得恒成立；
④当且，时，的取值范围是．
其中正确的命题是（ ）
A. ①②B. ②③C. ②④D. ③④
【答案】D
【解析】
【分析】
根据平面解析几何中的性质与斜率、点到点的距离等逐个分析即可.
【详解】由、在直线的两侧知,
即,①错；
表示原点与点连线的斜率,由点所在区域及知既没有最大值,也没有最小值,②错；
,由大于原点到直线的距离知,存在正实数,使得恒成立,③对；
由且,知,表示点与点所在直线的斜率,由图可知或,④对,
故选：D.
【点睛】本题主要考查了平面解析几何中的直线有关问题,包括斜率与点到点之间的距离的几何意义等.属于中等题型.
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.
9. 下图为2024年中国大学生使用APP偏好及目的统计图，根据统计图，下列关于2024年中国大学生使用APP的结论正确的是（ ）
A. 超过的大学生更爱使用购物类APP
B. 超过半数的大学生使用APP是为了学习与生活需要
C. 使用APP偏好情况中7个占比数字的极差是
D. APP使用目的中6个占比数字的分位数是
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A和B，根据图表中数据，即可判断出正误；选项C，根据图表中数据，利用极差的定义，即可求解；选项D，将占比数字从小到大排列，再利用百分位数的求法，即可求解.
【详解】对于选项A，根据图表知，大学生使用购物类APP占比为，所以选项A正确，
对于选项B，根据图表知，大学生使用APP是为了学习与生活需要的占比为，所以选项B错误，
对于选项C，根据图表知，使用APP偏好情况中7个占比数字的极差是，所以选项C正确，
对于选项D，根据图表知，APP使用目的中6个占比数字从小排到大分别为，
又，所以分位数是，故选项D错误.
故选：AC.
10. 设，过定点A的动直线与过定点B的动直线交于点P，则下列说法正确的有（ ）
A. B. 三角形PAB面积的最大值为
C. D. P点到坐标原点的距离的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据已知条件可得出两直线过定点，且两直线垂直，进而得出P在以AB为直径的圆上，根据圆的性质可判断A错误，得出后利用基本不等式可判断BC，利用点到圆上点的最值问题即可判定D.
【详解】A中：直线：，令，则，则定点，
：，化简得，令，则，则，
当时，直线：，直线：，此时两直线垂直，
当，，显然，两直线垂直，
综上两直线互相垂直，则；故A错误；
B中：，
当且仅当时等号成立，故B正确；
C中：由，，知，
所以，
当且仅当时，等号成立，故C正确；
对于D，因为动点P在以AB为直径的圆上，所以圆心为，半径为，
圆心到原点的距离为，
所以P点到坐标原点的距离的最大值为，故D正确.
故选：BCD
11. 在棱长为2的正方体中，P，E，F分别为棱的中点，为侧面正方形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线平面
B. 直线与平面所成角的正切值为
C. 三棱锥的体积为
D. 三棱锥的外接球表面积为9π
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，得出各直线的方向向量和平面的法向量，根据空间关系的向量证明判断A，利用线面角的向量公式求解判断B，利用等体积法求出相应三棱锥的体积判断C，利用补体法求得外接球的半径，即可求解外接球的表面积判断D.
【详解】由题意，在正方体中，棱长为2，分别为棱的中点，为侧面的中心，建立空间直角坐标系如下图所示，

则
对于A项，，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
又，因为直线平面，
所以直线平面，A正确；
对于B项，

，
设平面的一个法向量为，
则，取，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，所以，
故，故B正确；
对于C项，

，故C不正确；
对于D项，如图，

三棱锥恰好在长方体上，且为体对角线，
所以为三棱锥外接球的直径，由几何知识，
所以三棱锥的外接球表面积为，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线l的倾斜角为，，且这条直线l经过点，则直线l的一般式方程为__________.
【答案】或
【解析】
【分析】利用三角函数的基本关系式求得，再利用直线的点斜式即可得解.
【详解】直线l的倾斜角为，，则，
，，
直线经过，
直线方程为，
直线l的一般式方程为或
故答案为：或
13. 甲､乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时该队获胜，比赛结束），根据以往比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”，设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4：1获胜的概率是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】甲队以4∶1获胜包含的情况有:
①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，
②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，
③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，
④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，由此能求出甲队以4∶1获胜的概率.
【详解】甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”
设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，
甲队以4：1获胜包含的情况有：
①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为：，
②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：，
③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率：，
④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为：，
则甲队以4：1获胜的概率为：
故答案为：0.32
14. 正方体中，点E是的中点，点F为正方形内一动点，且平面，若异面直线CF与所成角为，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，设A2,0,0，，求出平面的一个法向量为，找到，再求出，分析当或时，最小即可解答.
【详解】分别以DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
设A2,0,0，，，
则，，，，
故，，，DA=2,0,0，
设平面的一个法向量为n=x,y,z，则，
解得，令，则，
因为平面，所以，
即，所以，
设异面直线CF与所成角，
则，
由于，
所以当或时，上式有最大值，此时最小为
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知三角形ABC的顶点，边AC上的高BH所在直线方程为，点是边AB的中点.
（1）求边AC所在直线的方程；
（2）求点B的坐标.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由边AC上的高BH所在直线方程为得到边AC所在直线的斜率，利用点斜式写出方程即可；
（2）设点B的坐标为，由点是边AB的中点，可得点A的坐标，点B在直线BH上，点A在直线AC上，联立方程组即可求得，值，从而得解．
【小问1详解】
因为边AC上的高BH所在直线方程为，
所以边AC所在直线的斜率为−2，且经过点，
所以边AC所在直线的方程为，
即AC所在直线的方程为；
【小问2详解】
设点B的坐标为，
因为边AC上的高BH所在直线方程为，
又因为点是边AB的中点，
所以点A的坐标为，
由边AC所在直线的方程为，
所以，即，
由得，
所以点B的坐标为.
16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，．
(1)求证：平面．
(2)在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析；(2)存在，的值为.
【解析】
【分析】(1)首先利用面面垂直的性质证明，然后结合已知条件利用线面垂直的判定定理即可证明；(2)首先假设存在点，根据已知条件和(1)中结论，建立空间直角坐标系，利用平面的法向量与垂直求解即可.
【详解】(1)因为平面平面，且平面平面，，
平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，
所以平面.
(2)假设在棱上是否存在点，使得平面，
取中点，连接，，如下图：
因，，
所以，，
从而，故平面，
又因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
以为坐标原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系，如下图：
由题意可知，，，，，
设，因为点在棱上，故，，
所以，故，
设平面的法向量为，
故，令，则，，
从而平面的法向量可以取，
因为平面，
所以，解得，，
故假设成立，存在这样的点，使得平面，此时，
即，从而.
17. 甲、乙、丙三位重剑爱好者决定进行一场比赛，每局两人对战，没有平局，已知每局比赛甲赢乙的概率为，甲赢丙的概率为，丙赢乙的概率为因为甲是最弱的，所以让他决定第一局的两个比赛者(甲可以选定自己比赛，也可以选定另外两个人比赛)，每局获胜者与此局未比赛的人进行下一局的比赛，在比赛中某人首先获胜两局就成为整个比赛的冠军，比赛结束.
（1）若甲指定第一局由乙丙对战，求“只进行三局甲就成为冠军”的概率；
（2）请帮助甲进行第一局的决策(甲乙、甲丙或乙丙比赛)，使得甲最终获得冠军的概率最大.
【答案】（1）
（2）甲第一局选择和乙比赛
【解析】
【分析】（1）分两种情况，根据三局比赛的胜负情况，结合独立事件概率公式，即可求解；
（2）分三种情况讨论甲最终获得冠军的概率，可得出结果.
【详解】若甲指定第一局由乙丙对战，“只进行三局甲就成为冠军”共有两种情况：
①乙丙比乙胜，甲乙比甲胜，甲丙比甲胜，其概率为 ；
②乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，其概率为 ，
所以“只进行三局甲就成为冠军”的概率为 .
若第一局甲乙比，甲获得冠军的情况有三种：甲乙比甲胜，甲丙比甲胜；甲乙比甲胜，甲丙比丙胜，乙丙比乙胜，甲乙比甲胜；甲乙比乙胜，乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，
所以甲能获得冠军的概率为 ，
若第一局为甲丙比，则同上可得甲获得冠军的概率为 ，
若第一局为乙丙比，那么甲获得冠军只能是连赢两局，则甲获得冠军的概率即第问的结果 ，
因为 ，所以甲第一局选择和乙比赛，最终获得冠军的概率最大.
【点睛】本题主要考查了相互独立事件同时发生的概率，互斥事件的概率加法公式，考查学生的分析与运算能力，属于中档题.
18. 已知三棱锥如图一)的平面展开图(如图二)中，四边形为正方形，和均为正三角形，在三棱锥中：
（1）证明：平面平面
（2）若点在棱上运动，当直线与平面所成的角最大时，求平面和平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，由正方形的性质可得，由勾股定理的逆定理可得，即可得平面，即可得平面平面
（2）由题意可得当为的中点时，直线与平面所成的角最大，以 为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：设正方形的边长为，
取的中点，连接，
由图二可知，，，，
，即，
又， 平面，
平面，
平面，，
平面平面
【小问2详解】
解：设正方形的边长为，
由（1）知，平面，
连接，则即为直线与平面所成的角，
在中，，
当直线与平面所成的角最大时，最小，此时为的中点，
以 为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，即，
令，则，
，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，
平面的法向量为，
，
故平面和平面夹角的余弦值为
19. 已知，直线
（1）证明直线经过某一定点，并求此定点坐标；
（2）若直线等分三角形的面积，求直线的一般式方程；
（3）若，李老师站在点用激光笔照出一束光线，依次由反射点为、反射点为反射后，光斑落在点，求入射光线的直线一般式方程.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）整理得到，从而得到方程组，求出定点坐标；
（2）求出定点在直线上，且，由得到，设出，由向量比例关系得到点坐标，得到直线方程；
（3）作出辅助线，确定关于和的对称点，得到 ，进而可得，即可得直线方程.
【小问1详解】
直线可化为，
令，解得，故直线经过的定点坐标为；
【小问2详解】
因为，则直线方程为y=2x，
故直线经过定点在直线上，
且，即，，
设直线与交于点，则，
即，
可得，即，
设，则，
可得，解得，即，
将点坐标代入直线的方程，解得，
所以直线的方程为；
【小问3详解】
设关于的对称点，关于的对称点，
因为直线的方程为，
则，解得，
即，可得，
因为直线与直线关于x轴对称，则，
则入射光线的方程为，即为
【点睛】方法点睛：直线方程的求法，直线过定点问题.这类求定点问题主要是理解掌握过两直线的交点直线系方程，充分把握向量在平面几何中的应用，以及分析问题解决问题的能力和运算能力．