广东省佛山市S6高质量发展联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷（解析版）

这是一份广东省佛山市S6高质量发展联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷（解析版），共4页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
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. 经过，两点的直线的方向向量可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】经过，两点的直线的方向向量为，
所以，则．故选：C．
2. 某人打靶时连续射击两次，下列事件与事件“至多一次中靶”互为对立的是（ ）
A. 至少一次中靶B. 两次都中靶
C. 只有一次中靶D. 两次都没有中靶
【答案】B
【解析】由已知条件得，
∵事件“至多一次中靶”包含事件两次都未中靶和两次只有一次中靶，
∴事件“至多一次中靶”的对立事件为“两次都中靶”，故选：.
3. 若点关于平面和轴对称的点分别为，，则（ ）
A. B. C. 1D. 9
【答案】A
【解析】点关于平面对称的点为，
关于轴对称的点为，所以，，故．
故选：A．
4. 如图，四面体中，点为中点，为中点，为中点，设，，，若可用，，表示为（ ）

A B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意可得，
而
.
故选：B．
5. 已知直线与垂直，则实数的值是（ ）
A. 0或3B. 3C. 0或D.
【答案】D
【解析】因为直线与垂直，
所以，解得，
故实数的值是.
故选：D.
6. 已知二面角的棱上两点，，线段与分别在这个二面角内的两个半平面内，并且都垂直于棱.若，，，.则这两个平面的夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题可知，、在直线上，，，且，，如下图，
故，，，，，，
因为，
故
，
故，解得，
所以平面和平面的夹角的余弦值是.
故选：A.
7. 由甲、乙、丙组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由其中一人猜一个成语，已知甲猜对乙未猜对的概率为，乙猜对丙未猜对的概率为，丙猜对甲也猜对的概率为，在每轮活动中，三人猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则乙、丙都猜对的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设事件“甲猜对”，事件“乙猜对”，事件“丙猜对”，
由题意，解得
故乙、丙都猜对的概率为．
故选：B.
8. 在空间直角坐标系中，定义：经过点且一个方向向量为的直线l方程为，经过点且法向量为的平面方程为，已知：在空间直角坐标系中，经过点的直线l方程为，经过点的平面的方程为，则直线l与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】经过点的直线l方程为，即，
故直线l的一个方向向量为，
又经过点的平面的方程为，即，故的一个法向量为．
设直线l与平面所成角为，则．
故选：A．
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．）
9. 则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，，则事件，相互独立与，互斥不能同时成立
C. 为坐标原点，向量，，其中线段的中点的坐标为
D. 已知为任意实数，当变化时，方程表示过点的所有直线方程
【答案】BC
【解析】对于A选项，当时，，成立，但是与不一定共线，即不一定成立，故A选项错误．
对于B选项，因为，，所以若事件，相互独立，则，即事件与事件能同时发生，故此时事件与事件不互斥；同理，当事件，互斥时，，即此时事件，不相互独立．故B选项正确．
对于C选项，因为为线段的中点，所以，又是坐标原点，故点的坐标为．故C选项正确．
对于D选项，联立解得所以当变化时，直线恒经过点．但是当时，必有，因此方程表示过点，除了直线的所有直线．故D选项错误．
故选：BC．
10. 伯努利试验是在同样的条件下重复地、相互独立地进行的一种随机试验，其特点是每次试验只有两种可能结果．若连续抛郑一枚质地均匀的硬币次，记录这次实验的结果，设事件表示“次实验结果中，既出现正面又出现反面”，事件表示“次实验结果中，最多只出现一次反面”，则下列结论正确的是（ ）．
A. 若，则与不互斥B. 若，则与不相互独立
C. 若，则与相互独立D. 若，则与互斥
【答案】ABC
【解析】A选项：时，若两次实验中结果一次正面，一次反面，则事件与同时发生，
由互斥事件定义，与不互斥，A正确；
B选项：时，两次实验的结果有（正，正），（正，反），（反，正），（反，反）种，，，，，
所以与不相互独立，B正确；
C选项：时，三次实验的结果有（正，正，正），（正，正，反），（正，反，正），
（正，反，反），（反，正，正），（反，反，正），（反，正，反），（反，反，反）种情
况，，，，，
所以与相互独立，C正确；
D选项：时，若三次实验结果（正，正，反），则事件与同时发生，
由互斥事件定义，与不互斥，D错误.
故选：ABC.
11. 数学探究课上，小王从世界名画《记忆的永恒》中获得灵感，创作出了如图1所示的《垂直时光》.已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字对应钟上数字9）.设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12.现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移，不考虑三根指针的粗细），则下列说法正确的是（ ）
A. 若秒针指向了钟上数字5，如图2，则
B. 若秒针指向了钟上数字5，如图2，则平面
C. 若秒针指向了钟上数字4，如图3，则与所成角的余弦值为
D. 若秒针指向了钟上数字4，如图3，则四面体的外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
若秒针指向了钟上数字5，
则，
则，，所以，A正确.
，故是平面的一个法向量.
因为，所以，
所以与不垂直，从而与平面不平行，B不正确.
若秒针指向了钟上数字4，则，
，
，C正确.
由，得.
因为，所以外接圆的半径，
则四面体的外接球的半径，则，
故四面体的外接球的表面积为，D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 从编号为，，，的张卡片中随机抽取一张，放回后再随机抽取一张，则第二次抽得的卡片上的数字能被第一次抽得的卡片上数字整除的概率为_____________.
【答案】
【解析】从编号为，，，的张卡片中随机抽取一张，放回后再随机抽取一张，
基本事件总数，
第二次抽得的卡片上的数字能被第一次抽得的卡片上数字的基本事件有8个，分别为：，，，，，，，.
所以第二次抽得的卡片上的数字能被第一次抽得的卡片上数字整除的概率为.
13. 已知平面内一点，点在平面外，若的一个法向量为，则到平面的距离为______________．
【答案】1
【解析】因为，点，所以，
又的一个法向量为，
所以到平面的距离为.
14. 设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则的最大值____________．
【答案】9
【解析】由题意，动直线过定点，
直线可化为，
令，可得，
又，所以两动直线互相垂直，且交点为P，
所以，
因为，
所以，当且仅当时取等号．
四．解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15. 柜子里有3双不同的鞋，分别用，，，，，表示6只鞋．如果从中随机地取出2只，那么
（1）写出试验的样本空间；
（2）设事件“取出的鞋不成双”；“取出的鞋子是一只左脚一只右脚的，但不是一双鞋”，求出与．
解：（1）从6只鞋中任取2只，共有15种等可能的结果，
样本空间为．
（2）因为，
所以．
因为，所以．
16. 已知向量，，．
（1）当时，若向量与垂直，求实数和的值；
（2）若向量与向量，共面，求实数的值．
解：（1）由，得，解得，
向量，，则，
由向量与垂直，得，则，
当时，有，矛盾；当时，有，解得，
所以实数和的值分别为和.
（2）由向量与向量，共面，设，
则，即，解得，
所以实数的值为.
17. 如图所示，面积为8的平行四边形，为坐标原点，坐标为，、均在第一象限．
（1）求直线的方程；
（2）若，求点的坐标．
解：（1）因为是平行四边形，所以，所以，
设直线的方程为，即．
因为四边形的面积为8，，
所以与的距离为，即点到的距离为，
于是，所以，
由图知，，
所以，直线的方程为．
（2）设坐标为，因为，所以．
所以，解得，或，．
所以点的坐标为或2,3．
18. 新高考数学试卷出现多项选择题，即每小题的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．若正确答案为两项，每对一项得3分；若正确答案为三项，每对一项得2分；
（1）学生甲在作答某题时，对四个选项作出正确判断、判断不了（不选）和错误判断的概率如下表：
若此题的正确选项为AC．求学生甲答此题得6分的概率；
（2）某数学小组研究发现，多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为．现有一道多选题，学生乙完全不会，此时他有两种答题方案：Ⅰ．随机选一个选项；Ⅱ．随机选两个选项．
①若，且学生乙选择方案Ⅰ，求学生乙本题得0分的概率．
②若，且学生乙选择方案Ⅱ，求学生乙本题得4分的概率．
解：（1）设事件M表示“学生答此题得6分”，即对于选项A、C作出正确的判断，且对于选项B、D作出正确的判断或判断不了，
所以；
（2）①记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，
对于方案I，若正确答案是两个选项，选错的概率是，若正确答案是三个选项，选错的概率是，则.
②记事件为“学生乙本题得分”，
对于方案Ⅱ：应该正确答案是三个选项里选对两题，假设ABC为正确项.
故而所有可能为：AB，AC，AD，BC，BD，CD共6种，满足条件的有AB，AC，
BC，有3种.则.
19. 如图1，已知正方形的边长为，分别为，的中点，将正方形沿折成如图2所示的二面角，且二面角的大小为，点在线段上(包含端点)运动，连接.
（1）若为的中点，直线与平面的交点为，试确定点的位置，并证明直线平面.
（2）是否存在点，使得直线与平面所成的角为？若存在，求此时平面与平面的夹角的余弦值；若不存在，请说明理由
解：（1）因为直线MF⊂平面ABFE，故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，
所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上，延长EA，FM交于点O，
连接OD，如图所示．
因为，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，
所以OM＝MF，AO＝BF＝1.
故点O在EA的延长线上且与点A间的距离为1.
连接DF，交EC于点N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点．
连接MN，则MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，
又MN⊂平面EMC，OD⊄平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.
（2）如图，由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，又AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE，
由于平面，所以平面ABFE⊥平面ADE.
易知△ADE为等边三角形，取AE的中点H，连接DH，则,根据面面垂直的性质定理可知：DH⊥平面ABFE.
以H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(－，0，0)，D(0，0，)，C(0，2，)，F(－，2，0)，
所以，
设，则.
设平面EMC的法向量为，
则，即，
取，则为平面EMC的一个法向量．
要使直线DE与平面EMC所成的角为60°，
则，
即，解得或.
所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°.
取ED的中点Q，连接QA，则为平面的一个法向量， Q，0，，A(，0，0)，所以.
所以可设平面的一个法向量为
设平面MEC与平面ECF的夹角为θ，
当时，，
，
当时，，
，
综上，平面MEC与平面ECF的夹角的余弦值为.
选项
作出正确判断
判断不了（不选）
作出错误判断
A
08
0.1
0.1
B
0.7
0.1
0.2
C
0.6
0.3
0.1
D
0.5
0.3
0.2