2024-2025学年广东省广州市玉岩中学高二(上)期中数学试卷(含答案)

2024-2025学年广东省广州市玉岩中学高二（上）期中数学试卷
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.已知a =(2,−1,3)，b =(−4,2,x)，且a ⊥b ，则x =( )
A. 103
B. −6
C. 6
D. 12.直线y +2=
33(x−4 3)倾斜角及在y 轴上的截距分别是( )A. π6，6 B. π6，−6 C. π3，6 D. π
3，−63.一个不透明的盒子中装有大小、材质均相同的四个球，其中有两个红球和两个黄球，现从盒子中一次性随机摸取两个球，则这两球不同色的概率为( )
A. 16
B. 13
C. 12
D. 2
34.抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：C i =“点数为i ”，其中i =1，2，3，4，5，6，D 1=“点数不大于2”，D 2=“点数大于2”，D 3=“点数大于4”，下列结论判断错误的是( )
A. C 1与C 2互斥
B. D 1∪D 2=Ω，D 1D 2=⌀
C. D 3⊆D 2
D. C 2，C 3为对立事件
5.平面上O ，A ，B 三点不共线，设OA =a ,OB =b ，则△OAB 的面积等于( )
6.如图，一座圆拱桥，当拱顶离水面2米时，水面宽12米，则当水面下
降1米后，水面宽为( )
A. 19米
B. 51米
C. 2 19米
D. 2 51米
7.已知棱长为2的正方体ABCD−A 1B 1C 1D 1内有一内切球O ，点P 在球O 的表面上运动，则PA ⋅PC 的取值范围为( )
A. [−2,2]
B. [0,2]
C. [−2,4]
D. [0,4]
8.设直线l ：x +y−1=0，一束光线从原点O 出发沿射线y =kx(x ≥0)向直线l 射出，经l 反射后与x 轴交于点M ，再次经x 轴反射后与y 轴交于点N.若|MN |= 136，则k 的值为( )A. 32 B. 23 C. 12 D. 2
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。

9.从1～20这20个整数中随机选择一个数，设事件A 表示选到的数能被2整除，事件B 表示选到的数能被3整除，则对下列事件概率描述正确的是( )
A. P(A)=12
B. P(A ∩B)=320
C. P(A ∪B)=920
D. P(−A ∩−B )=72010.1765年，数学家欧拉在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，这条直线就是后人所说的“欧拉线”.已知△ABC 的顶点B(−1,0)，C(0,2)，重心G(16,23)，则下列说法正确的是( )
A. 点A 的坐标为(32,0)
B. △ABC 为等边三角形
C. 欧拉线方程为2x +4y−3=0
D. △ABC 外接圆的方程为(x−14)2+(y−58)2=1256411.在平行六面体ABCD−A 1B 1C 1D 1中，AB =AD =AA 1=2，∠DAB =∠A 1AB =∠A 1AD =60°，若AQ =mAB +nAD +pAA 1，其中m ，n ，p ∈[0,1]，则下列结论正确的为( )
A. 若点Q 在平面A 1B 1C 1D 1内，则p =12
B. 若CQ ⊥DB ，则m =n
C. 当p =12时，三裬锥Q−ABD 的体积为9
2
8D. 当m +n =1时，CQ 长度的最小值为 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.有甲、乙两台机床生产某种零件，甲生产出正品且乙生产出次品的概率为1
4，乙生产出正品且甲生产出次品的概率为16，每台机床生产出正品的概率均大于12，则甲、乙同时生产这种零件，至少有一台生产出正品的概率是______．
13.设m ∈R ，已知直线l 1：(m +2)x +2my +2−m =0，过点(3,4)作直线l 2，且l 1//l 2，则直线l 1与l 2之间距离的最大值是______．
14.已知直三棱柱ABC−A 1B 1C 1，AB ⊥AC ，AB =AC =AA 1=2，E 为侧棱AA 1的中点，过E 作平面α与平面BCE 垂直，当平面α与该直三棱柱所成截面为三角形时，顶点A 1与该截面构成的三棱锥体积的最小值为______．
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.(本小题13分)
某停车场临时停车按时段收费，收费标准为：每辆汽车一次停车不超过1小时收费6元，超过1小时的部分每小时收费8元(不足1小时按1小时计算).现有甲、乙两人在该场地停车，两人停车都不超过4小时．
(1)若甲停车1小时以上且不超过2小时的概率为13，停车付费多于14元的概率为512
，求甲停车付费6元的概率；
(2)若甲、乙两人每人停车的时长在每个时段的可能性相同，求甲乙二人停车付费之和为28元的概率．
16.(本小题15分)
阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他对圆锥曲线有深人而系统的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是：若动点Q 与两定点A ，B 的距离之比为λ(λ>0,λ≠1)，那么点Q 的轨迹就是阿波罗尼斯圆．基于上述事实，完成以下两个问题：
(1)已知A(2,3)，B(0,−3)，若|DA||DB|=2，求点D 的轨迹方程；
(2)已知点P 在圆(x−5)2+y 2=9上运动，点M(−4,0)，探究：是否存在定点N ，使得|PM|=3|PN|恒成立，若存在，求出定点N 的坐标；若不存在，请说明理由．
17.(本小题15分)
如图所示，三棱柱ABC−A 1B 1C 1中，CA =a ，CB =b ，CC 1=c ，CA =CB =CC 1=1，<a ，b >=<a ，c >=2π3，<b ，c >=π2，N 是AB 中点．
(1)用a ，b ，c 表示向量A 1N ；
(2)在线段C 1B 1上是否存在点M ，使AM ⊥A 1N ？若存在，求出M 的位置，若不存在，说明理由．
18.(本小题17分)
如图所示的几何体中，PD 垂直于梯形ABCD 所在的平面，∠ADC =∠BAD =π2，F 为PA 的中点，PD = 2，AB =AD =12CD =1，四边形PDCE 为矩形，线段PC 交DE 于点N ．
(1)求证：AC//平面DEF；
(2)求二面角A−PB−C的正弦值；
(3)在线段EF上是否存在一点Q，使得BA与平面BCP所成角的大小为π
6
若存在，求出FQ的长；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
在空间解析几何中，可以定义曲面(含平面)S的方程，若曲面S和三元方程F(x,y,z)=0之间满足：①曲面S 上任意一点的坐标均为三元方程F(x,y,z)=0的解；②以三元方程F(x,y,z)=0的任意解(x0,y0,z0)为坐标的点均在曲面S上，则称曲面S的方程为F(x,y,z)=0，方程F(x,y,z)=0的曲面为S.已知空间中某单叶双曲面C
的方程为x2
1+y2
1
−z2
4
=1，双曲面C可视为平面xOz中某双曲线的一支绕z轴旋转一周所得的旋转面，已知直
线l过C上一点Q(1,1,2)，且以d=(−2,0,−4)为方向向量．
(1)指出xOy平面截曲面C所得交线是什么曲线，并说明理由；
(2)证明：直线l在曲面C上；
(3)若过曲面C上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面C上.设直线l′在曲面C上，且过点T(2 ,0,2)，求异面直线l与l′所成角的余弦值．
参考答案
1.A
2.B
3.D
4.D
5.C
6.D
7.A
8.B
9.ABD
10.ACD
11.BD
12.1112
13.5
14.16
15.解：(1)甲停车付费6元，说明甲停车不超过1小时；停车付费多于14元，说明停车超过2小时．再根据甲停车1小时以上且不超过2小时的概率为13，停车付费多于14元的概率为512，
可得甲停车付费6元的概率为1−13−512=14．
(2)设甲乙2人的停车时间分别为x 小时、y 小时，其中x 、y 为正整数，
则所有的(x,y)共有：(1,1)、(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)、(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)、(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)、(4,2)，(4,3)，(4,4)，共计16个，
其中满足甲乙二人停车付费之和为28元的(x,y)有：(1,3)、(2,2)、(3,1)，共计3个，
故甲乙二人停车付费之和为28元的概率为316． 16.解：(1)设D(x,y)，则|DA|= (x−2)2+(y−3)2，|DB|= x 2+(y +3)2，故
(x−2)2+(y−3)2 x 2+(y +3)2
=2，故(x−2)2+(y−3)2=4x 2+4(y +3)2，化简得点D 的轨迹方程为x 2+y 2+43x +10y +233=0；
(2)假设存在定点N ，使得|PM|=3|PN|恒成立，设P(x,y)，N(m,n)，
故|PM|= (x +4)2+y 2，|PN|= (x−m )2+(y−n )2，
因为|PM|=3|PN|，故(x +4)2+y 2=9(x−m )2+9(y−n )2，
即x 2+y 2−9m +44⋅x−9n 4⋅y +9m 2+9n 2−168
=0，而点P 在圆(x−5)2+y 2=9上，即x 2+y 2−10x +16=0，
对照可知，{9m +44=109n 4=09m 2+9n 2−168=16，解得{
m =4,n =0, 故存在定点N(4,0)，使得|PM|=3|PN|恒成立．
17.解：(1)A 1N =A 1A +AN =C 1C +12AB =−CC 1+12(CB−CA )=−12a +12b−c ；
(2)假设存在点M ，使AM ⊥A 1N ，设C 1M =λC 1B 1，(λ∈[0,1])，
显然λCB =λb ，AM =AA 1+A 1C 1+C 1M =c−a +λb ，
因为AM ⊥A 1N ，所以AM ⊥A 1N =0，
即(c−a +λb )⋅(−12a +12b−c )=0，
∴−12c ⋅a +12c ⋅b−c 2+12a 2−12a ⋅b +c ⋅a +12λa ⋅b +12λb 2−λb ⋅c =0
∵CA =CB =CC 1=1，<a ，b >=<a ，c >=2π3，<b ，c >=π2，
∴−12c ⋅a−c 2+12a 2−(12+12λ)a ⋅b +c ⋅a +12λb 2
=0 即12×1×1×(−12)−12+12×12−(12+12λ)×1×1×(−12)+12λ⋅12=0，
解得λ=13，所以当C 1M =13C 1B 1时，AM ⊥A 1N 18.(1)证明：因为四边形PDCE 为矩形，所以N 为PC 的中点．连
接FN ，
在△PAC 中，F ，N 分别为PA ，PC 的中点，所以FN//AC ，
因为FN ⊂平面DEF ，AC⊄平面DEF ，
所以AC//平面DEF ．
(2)解：易知DA ，DC ，DP 两两垂直，如图以D 为原点，分别以
DA ，DC ，DP 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．
则P(0,0, 2),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0)，所以PB =(1,1,− 2),BC =(−1,1,0)．设平面PBC 的法向量为
m =(x,y,z)，
则{m ⋅PB =x +y− 2z =0
m ⋅BC =−x +y =0，不妨y =1，则x =1，z = 2所以平面PBC 的一个法向量为m =(1,1, 2)．
设平面ABP 的法向量为n =(x,y,z)，
{n ⋅AB =y =0n ⋅PB =x +y− 2z =0，据此可得 {x = 2y =0z =1，
则平面ABP 的一个法向量为n =( 2,0,1)，
cos <m ,n >=
2+ 2 1+1+2⋅ 2+1= 6
3，
故二面角A−PB−C 的正弦值为 3
3．
(3)解：设存在点Q 满足条件．由F(12,0, 2
2),E(0,2,
2)，
设F .Q =λFE (0≤λ≤1)，整理得Q(1−λ2,2λ, 2(1+λ)2)，
则BQ =(−1+λ
2,2λ−1, 2(1+λ)
2)．
因为直线BQ 与平面BCP 所成角的大小为π6，
所以sin π
6=|cos 〈BQ ,m 〉|=|BQ m |BQ |⋅|m ||=|5λ−1|2 19λ2−10λ+7=1
2
解得λ2=1，
由0≤λ≤1知λ=1，即点Q 与E 重合．
故在线段EF 上存在一点Q ，且FQ =EF = 192．
19.解：(1)根据坐标平面xOy 内点的坐标的特征可知，坐标平面xOy 的方程为z =0，
已知曲面C 的方程为x 21+y 2
1−z 2
4=1，当z =0时，xOy 平面截曲面C 所得交线上的点M(x,y,0)满足x 2+y 2=1，即 (x−0)2+(y−0)2+(z−0)2=1，
也即M 在平面xOy 上到原点距离为定值1，
从而xOy 平面截曲面C 所得交线是平面xOy 上，以原点O 为圆心，1为半径的圆．
(2)设P(x 0,y 0,z 0)是直线l 上任意一点，
由d =(−2,0,−4)，QP 均为直线l 的方向向量，有QP //d ，
从而存在实数λ，使得QP =λd ，即(x 0−1,y 0−1,z 0−2)=λ(−2,0,−4)，
则{x 0−1=−2λ
y 0−1=0z 0−2=−4λ
，解得x 0=1−2λ，y 0=1，z 0=2−4λ，所以点P 的坐标为(1−2λ,1,2−4λ)，
于是(1−2λ)21+121−(2−4λ)24=1−4λ+4λ2+1−[1−4λ+4λ2]=1，因此点P 的坐标总是满足曲面C 的方程，从而直线l 在曲面C 上．
(3)直线l′在曲面C 上，且过点T( 2,0,2)，
设M(x 1,y 1,z 1)是直线l′上任意一点，直线l′的方向向量为d′=(a,b,c)，由d′，TM 均为直线l′的方向向量，有TM //d′，从而存在实数t ，使得TM =t d′，即(x 1− 2,y 1,z 1−2)=t(a,b,c)，则{x 1− 2=at
y 1=bt z 1−2=ct
，解得x 1= 2+at,y 1=bt,z 1=2+ct ，所以点M 的坐标为( 2+at,bt,2+ct)，
∵M(x 1,y 1,z 1)在曲面C 上，∴(
2+at )21+(bt )21−(2+ct )24=1，整理得(a 2+b 2−c 24
)t 2+(2 2a−c)t =0，由题意，对任意的t ，有(a 2+b 2−c 2
4)t 2+(2 2a−c)t =0恒成立，∴a 2+b 2−c 2
4=0，且2 2a−c =0，∴c =2 2a,b =a ，或c =2 2a,b =−a ，
不妨取a =− 2，则c =−4,b =− 2，或c =−4,b = 2，∴d′=(− 2,− 2,−4)，或d′=(− 2, 2,−4)，
又直线l 的方向向量为d =(−2,0,−4)，
则异面直线l 与l′所成角的余弦值均为|d d′|
|d ||d′|2 2+162 5×2 5=8+ 210．。