四川省成都外国语学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

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1、本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.
2、本堂考试120分钟，满分150分.
3、答题前，考生务必先将自己的姓名、学号填写在答题卡上，并使用2B铅笔填涂.
4、考试结束后，将答题卡交回.
第I卷（选择题部分，共58分）
一、单项选择题：本题共8个小题，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. 已知两条直线和相互垂直，则（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线垂直的斜率表示可得，解得.
【详解】易知的斜率为，
的斜率为，所以；
解得.
故选：C
2. 我市某所高中每天至少用一个小时学习数学的学生共有1200人，其中一、二、三年级的人数比为，要用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为120的样本，则应抽取的一年级学生的人数为（ ）
A. 52B. 48C. 36D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用分层抽样的抽样比列式计算即得.
【详解】依题意，应抽取的一年级学生的人数为.
故选：C
3. 若方程表示圆，则m的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据二元二次方程表示圆的条件列不等式求解即可.
【详解】因为表示圆，
所以,解得或.
故选：B.
4. 学校组织知识竞赛，某班8名学生的成绩（单位：分）分别是65，60，75，78，86，84，90，94，则这8名学生成绩的75%分位数是（ ）
A. 88分B. 84分C. 85分D. 90分
【答案】A
【解析】
【分析】先对这8名学生的成绩按从小到大排列，然后用百分位数的定义求解即可.
【详解】8名学生的成绩从小到大排列为：60，65，75，78，84，86，90，94，
因为，所以75%分位数为第6个数和第7个数的平均数，
即分．
故选：A.
5. 无论为何值，直线过定点（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简直线分是否有两部分，再求交点得出定点.
【详解】由得：，
由得
∴直线恒过定点.
故选：A.
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，平行六面体的底面是矩形，其中，，且，则线段的长为（ ）
A. 9B. C. D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】由，两边平方，利用勾股定理以及数量积的定义求出的值，进而可得答案．
【详解】由，得到，
因为底面是矩形，，，
所以，，
因为，
所以，
所以，
，故．
故选：C．
8. 已知点在直线上，则的最小值为（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】利用两点距离公式将问题转化为点Px,y到点的距离之和的最小值，再利用将军饮马问题的解决方法，数形结合即可得解.
【详解】因为，
设，，
则表示点Px,y到点的距离之和，
设点关于直线的对称点为，又直线斜率为，
则，解得，则，
因为点在直线上，
所以，
当为与直线的交点时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：C.
二、多项选择题：本题共3个小题，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，部分选对的得部分分，有错选的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 不经过原点的直线都可以表示为
B. 若直线与两坐标轴交点分别为A、B，且的中点为，则直线l的方程为
C. 过点且在两坐标轴上截距的绝对值相等的直线方程为或
D. 直线的截距式方程为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，截距式方程不能表示与坐标轴垂直的直线，即可判断；B选项，直接利用截距式方程判断；C选项，直接求出过点且在两轴上截距相等的直线方程，即可判断；D选项，直接化为截距式方程判断．
【详解】对于A，与坐标轴垂直的直线也不能用截距式表示，故A选项错；
对于B，AB的中点为，则有，则直线l的方程为，故B选项对；
对于C，直线过点且过原点时，直线为，直线过点且不过原点时，直线为，故C选项对；
对于D，方程可化为，为直线的截距式方程，故D选项对．
故选：BCD.
10. 一只不透明的口袋内装有9张相同的卡片，上面分别标有这9个数字（每张卡片上标1个数），“从中任意抽取1张卡片，卡片上的数字为2或5或8”记为事件，“从中任意抽取1张卡片，卡片上的数字不超过6”记为事件，“从中任意抽取1张卡片，卡片上的数字大于等于7”记为事件．则下列说法正确的是（ ）
A. 事件与事件是互斥事件B. 事件与事件是对立事件
C. 事件与事件相互独立D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据古典概型的概率的计算公式，分别算出事件的概率，然后再根据互斥事件、对立事件、相互独立事件及概率的运算性质即可判断出答案.
【详解】样本空间为．
因为，所以事件与事件不是互斥事件，故错误；
因为，所以事件与事件为对立事件，故正确；
因为，所以，即事件与事件相互独立，故正确；
因为，所以，故D错误．
故选：BC.
11. 如图，棱长为的正方体的内切球为球，，分别是棱，的中点，在棱上移动，则下列选项正确的是（ ）
A. 该内切球的球面面积为
B. 存在点，使得平面
C. 平面被球截得的截面圆的面积为
D. 当为的中点时，过，，的平面截该正方体所得截面的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据内切球半径计算表面积判断A；以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，设点，其中，
利用空间向量法可判断B，应用空间向量法计算点到平面距离计算求出截面面积判断C，确定当为的中点时，
过的平面截该正方体所得截面为边长为的正六边形，利用面积公式求面积判断D.
【详解】对于A，根据已知条件球为以为圆心，半径，内切球的球面面积为 ，A正确；
对于B： 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，

则由题意可得，，，，
设点，其中，
对于，，，
设平面法向量为，
，，
则，
令，则y=−1，，
为平面的一个法向量，
若存在点，使平面，
只需，因为不成立，所以B错误；
对于C： 设平面法向量为m=x1,y1,z1，，
，，
则，
令，则，，
为平面的法向量，
又因为，
则到平面的距离为，则，
设平面被球截得的截面圆的半径为，
，
所以平面被球截得的截面圆的面积为，C选项正确；
对于D，当为中点时，过的平面截该正方体所得截面为正六边形，，
在中，，所以边长，
所以截面面积，D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的组合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，平面截正方体问题，关键是：（1）利用球的弦长公式计算弦长；（2）确定平面截正方体所得截面的形状.
第II卷（非选择题部分，共92分）
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 圆心为，半径为5圆的方程为__________________.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆心和半径结合圆的标准方程即可得结果.
【详解】由题意可知：圆的方程为.
故答案为：.
13. 经过两点的直线的方向向量为，求k的值为__________．
【答案】2
【解析】
【分析】求出，由直线方向向量定义和向量平行得到方程，求出k的值.
【详解】，
由与平行可得，解得.
故答案为：2
14. 若恰有三组不全为0的实数对满足关系式，则实数t的所有可能取值的和为______.
【答案】
【解析】
【分析】对已知变形为，然后转化为仅有三条直线满足和到直线（不过原点）的距离t相等，然后对进行分类讨论求解即可.
【详解】由已知得，，整理得，
看成有且仅有三条直线满足，和到直线（不过原点）的距离t相等；
由，
（1）当，此时，易得符合题意的直线l为线段的垂直平分线以及直线平行的两条直线.
（2）当时，有4条直线l会使得点和到它们的距离相等，
注意到l不过原点，所以当其中一条直线过原点时，会作为增根被舍去；设点A到l距离为d，
①作为增根被舍去的直线l，过原点和A，B的中点，其方程为，
此时，，符合；
②作为增根被舍去的直线l，过原点且以为方向向量，其方程为，
此时，，符合；
综上，满足题意的实数t为，，，它们的和为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查了点到直线距离公式的应用以及方程组解的个数问题解法，解题的关键是把问题转化为有且仅有三条直线满足和到直线（不过原点）的距离t相等，属于难题.
四、解答题：本题共5个小题，共77分，其中15题13分，16-17题每道15分，18-19题每道17分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知空间三点，设.
（1）求和的夹角的余弦值；
（2）若向量与互相垂直，求的值.
【答案】（1）
（2）2或
【解析】
【分析】（1）利用空间向量的坐标表示求出，再利用向量夹角的坐标表示计算即得.
（2）利用垂直关系的向量表示及向量数量积的运算律，结合（1）中信息列出方程求解即可.
【小问1详解】
由点，得，，
所以，
所以和夹角的余弦值为.
【小问2详解】
由（1）可得，，
因为向量与互相垂直，则，
由整理可得，解得或，
所以的值为2或.
16. 已知的三个顶点分别是，，.
（1）求边上的高所在的直线方程；
（2）若直线过点，且与直线平行，求直线的方程；
（3）求边上的中线所在的直线方程.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用斜率坐标公式及垂直关系求出高所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得.
（2）设出直线方程，利用待定系数法求出直线方程.
（3）求出中点坐标及中线所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得.
【小问1详解】
直线的斜率，则边上的高所在的直线斜率为3，
所以边上的高所在的直线方程为，即.
【小问2详解】
依题意，设直线的方程为，而直线过点，则，解得，
所以直线的方程为.
【小问3详解】
依题意，边的中点，因此边上的中线所在直线的斜率，
所以边上的中线所在直线的方程为，即.
17. 如图，在棱长为2正方体中，E，F分别为棱，的中点.

（1）求点到直线的距离；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用计算距离的方式计算即可.
【小问1详解】
建立如图所示空间直角坐标系

得A0,0,0,,,,
所以,
所以点到直线的距离为
【小问2详解】
设平面的一个法向量为n=x,y,z
由（1）可知,,
易知
令，得
所以
所以点到平面的距离为
18. 某调研机构为了了解人们对“奥运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“奥运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图.

（1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“奥运会”宣传使者.若有甲（年龄36），乙（年龄42）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；
（3）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和2，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图的平均数算法可得；
（2）根据古典型概念公式可得；
（3）根据分层抽样平均数和方差公式可得.
【小问1详解】
设这人的平均年龄为，
则
.
【小问2详解】
由题意得，第四组应抽取人，记为（甲），，，，
第五组抽取人，记为（乙），，
对应的样本空间的样本点为：
，
设事件为“甲、乙两人至少一人被选上”，
则，
所以.
【小问3详解】
设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，
则，，，，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为，
则，
，
据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差为.
19. 如图所示，直角梯形中，，四边形为矩形，，平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出线段的长度，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在；2
【解析】
【分析】（1）根据条件先判定垂直关系再建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量判定线面关系即可；
（2）利用空间向量结合（1）的结论计算面面夹角即可；
（3）利用空间向量研究线面夹角计算即可.
【小问1详解】
因为四边形为矩形，平面平面，
平面平面，
所以，则平面，
根据题意可以以为原点，所在直线为轴，
所在直线为轴建立空间直角坐标系，
如图，易知，，
设平面的法向量，
不妨令，则，
又，，
又平面平面．
【小问2详解】
由上可知，设平面的法向量，
，令，则，
，
平面与平面夹角的余弦值为．
【小问3详解】
设，
，
又平面的法向量，
由直线与平面所成角余弦值为，
，
，或．
当时，；
当时，．
综上，．