【文档说明】湖北省黄冈市普通高中2024-2025学年高二上学期期中阶段性联考数学试题 Word版含解析.docx，共(17)页，1.038 MB，由小赞的店铺上传

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湖北省黄冈市普通高中2024-2025学年高二上学期期中阶段性联考数学试题本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题

选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将答题卡上交

.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.在空间直角坐标系Oxyz中，点(1,2,10)P−关于Oxy平面的对称点为（）A.(1,2,10)−−B.(1,2,10)−C.(2,1,10)−

−D.(1,2,10)−−【答案】A【解析】【分析】根据平面对称的特征求解.【详解】(1,2,10)P−关于平面Oxy的对称点的特征为,xy坐标不变，z取相反数，故所求坐标为(1,2,10)P−−.故选：A.2.若直线1:(1)210lmxy+++=与

直线2:210lxy−+=平行，则m的值为（）A.2B.2C.2−D.5−【答案】C【解析】【分析】由两线平行的判定列方程求参数.【详解】由题设1212121mm+==−−.故选：C3.近几年7月，武汉持续高温，市气象局将发布高温橙色预警信号（高温橙色预警标

准为24小时内最高气温将升至37摄氏度以上），在今后的3天中，每一天最高气温37摄氏度以上的概率是12.某人用计算机生成了10组随机数，结果如下：726127821763314245521986402862若用0，1，2，3，4表示高温橙色预警，用5，6，

7，8，9表示非高温橙色预警，依据该模拟实验，则今后的3天中恰有2天发布高温橙色预警信号的概率估计是（）A.15B.310C.12D.25【答案】D【解析】【分析】根据0，1，2，3，4表示高温橙色预警，在10组随机数中列出3天中恰有2天发布

高温橙色预警的随机数，根据古典概型的公式计算即可得解.【详解】3天中恰有2天发布高温橙色预警包括的随机数有：127，821，245，521共4个，所以今后的3天中恰有2天发布高温橙色预警信号的概率估计是42105=.故选：D.4.某饮料生产企业推出了一种有一定中奖机会的新饮料.甲、乙、丙三名同学

都购买了这种饮料，设事件A为“甲、乙、丙三名同学都中奖”，则与A互为对立事件的是（）A.甲、乙、丙恰有两人中奖B.甲、乙、丙都不中奖C.甲、乙、丙至少有一人不中奖D.甲、乙、丙至多有一人不中奖【答案】C【解析】【分析】根据题设

及对立事件的定义写出A事件的对立事件即可.【详解】事件“甲、乙、丙三名同学都中奖”的对立事件是“甲、乙、丙三名同学至少有一人不中奖”.故选：C5.已知点(2,1),(3,)ABm−，若[2,31]m−−，则直线AB的倾斜角的取值范围为

（）A.π3π,34B.π3π0,,π34C.π2π0,,π43D.ππ3π,,π324【答案】B【解析】【分析】利用两点式求斜率，结合参

数范围有[1,3]ABk−，根据斜率与倾斜角关系确定倾斜角范围.【详解】由题设11[1,3]32ABmkm+==+−−，则直线AB的倾斜角的取值范围为π3π0,,π34.故选：B6.如图所示，在平行六面体ABCDABCD−中

，1,1,3,ADABAABAD====90,60BAADAA==，则BD的长为（）A.5B.11C.17D.5【答案】B【解析】【分析】利用空间向量加减的几何意义得到BDAAADAB=+−，应用向量数量积的运算律求长度.【

详解】由题设BDBBBDAABDAAADAB=+=+=+−，所以22222()222BDAAADABAAADABAAADAAABADAB=+−=+++−−91133011=+++−−=，所以11BD=.故选：B7.已知实数

x，y满足22280xyx+−−=，则22xy+的取值范围是（）A.[4,10]B.[8,10]C.[4,16]D.[8,16]【答案】C【解析】【分析】由方程确定圆心和半径，进而得到圆上点到原点距离范围，根据22xy+表示圆上点到原点距离的平方求范围.

【详解】将22280xyx+−−=化为22(1)9xy−+=，即圆心为(1,0)，半径为3，由22xy+表示圆上点到原点距离的平方，而圆心(1,0)到原点的距离为1，又()0,0在圆内，所以圆上点到原点距离范围为[2,4]，

故22xy+的取值范围是[4,16].故选：C8.如图，边长为4的正方形ABCD沿对角线AC折叠，使14ADBC=，则三棱锥DABC−的体积为（）A.214B.2143C.273D.4143【答案】D【解析】【分析】由题设得,OBACODAC⊥⊥且()()ADBCAOODBOOC=+

+，结合已知条件求得3cos4BOD=−，再利用棱锥体积公式求体积.【详解】若O为正方形的中心，由题设知,OBACODAC⊥⊥，所以()()14ADBCAOODBOOC=++=，且22OAOCOBOD====，

所以14AOBOAOOCODBOODOC+++=，即14AOOCODBO+=，所以88cos(π)14BOD+−=，则3cos4BOD=−，则7sin4BOD=，所以三棱锥DABC−的体积为1

1414sin323ODBODABBC=.故选：D二、选择题：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，全部选对的得6分.部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知直线:20lkxy−

+=和圆22:(3)(4)16Mxy−+−=，则下列选项正确的是（）A.直线l恒过点(0,2)B.直线l与圆M相交C.圆M与圆22:1Cxy+=有三条公切线D.直线l被圆M截得的最短弦长为22【答案】ABC【解析】【分析】根据定点的特征即可求解A;根

据定点在圆内判断B;判断圆与圆的位置关系确定公切线条件判断C;根据垂直时即可结合圆的弦长公式求解D.【详解】对于A，由直线的方程:20lkxy−+=，当0x=时，2y=，可知直线恒经过定点(0,2)P，故A正确；对于B，因为直线恒经过定

点(0,2)，且22(03)(24)16−+−，定点在圆内，所以直线l与圆M相交，故B正确；对于C，由圆的方程22:(3)(4)16Mxy−+−=，可得圆心()3,4M，半径14r=，又由直线:20lkxy−+=，圆22:1Cxy+=，圆心()0,0C，半径21r=，此时()()2230

40541CM=−+−==+，所以圆M与圆相外切，有三条公切线，故C正确；对于D，由()()22304213PM=−+−=，根据圆的性质，可得当直线l和直线PM垂直时，此时截得的弦长最短，最短弦长为2161323−=，故D错误，故选：ABC.10.柜子里有3双不同的鞋子，从中随机地取出2

只，下列计算结果正确的是（）A.“取出的鞋成双”的概率等于25B.“取出的鞋都是左鞋”的概率等于15C.“取出的鞋都是左鞋或都是右鞋”的概率等于25D.“取出的鞋一只是左鞋，一只是右鞋，但不成双”的概率等于12【答案】BC【解析】【分析】用列举法列出事件的样本空间，即可直接对选项进

行判断.【详解】记3双不同的鞋子按左右为121212,,,,,aabbcc，随机取2只的样本空间为()()()()()1211121112,,,,,,,,,aaababacac()()2122,,,,abab()()(

)()()()()()2122121112212212,,,,,,,,,,,,,,,acacbbbcbcbcbccc，共15种，则“取出的鞋成双”的概率等于31155=，A错；“取出的鞋都是左鞋”的概率等于31155=，B正确；“取出的鞋都是左鞋或都是右鞋”

的概率等于62155=，C正确；“取出的鞋一只是左鞋，一只是右鞋，但不成双”的概率等于62155=，D错.故选：BC11.如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，点O为线段BD的中点，且点P满足1BPBCBB=+，则下列说法正确的是（）A.若0,

1==，则1//DP平面1ABDB.若11,2==，则⊥PO平面1ABDC.若12λμ==，则P到平面1ABD的距离为3D.若1,01=时，直线DP与平面1ABD所成角为，则36sin,33【答案】A

BD【解析】【分析】根据各项参数确定P的位置，分别应用线面平行的判定定理判断A；线面垂直的判定定理判断B；由P到平面1ABD的距离，即为1C到平面1ABD的距离的一半，几何法求点面距离判断C；应用向量法求线面角，进而求范围判断D.【详解】

A：1BPBB=，即1,PB重合，故1DP即为11DB，又11//DBDB，即1//DPDB，由1DP面1ABD，DB面1ABD，则1//DP面1ABD，对；B：112BPBCBB=+，易知P为1CC的中点，此

时1CP=，且2OCOD==所以3,5OPPD==，故222OPODPD+=，即OPOD⊥，根据正方体的结构特征，易得11//DACB，若E为BC的中点，则1//PECB，又11CBCB⊥，则1CBPE⊥，显然OE⊥面11BCCB，1CB面11BCC

B，则1OECB⊥，由PEOEE=且在面POE内，则1CB⊥面POE，OP面POE，则1CBOP⊥，所以1DAOP⊥，又1DAODD=都在面1ABD内，则OP⊥面1ABD，对；C：11122BPBCBB=+，即P是面11BCCB的中心，易知P到平面1ABD的距离，即为1C到平面

1ABD的距离的一半，根据正方体的结构特征，11CABD−为正四面体，且棱长为22，所以1C到平面1ABD的距离222384(22)(22)83233−=−=，所以P到平面1ABD的距离为23，错；D

：1BPBCBB=+，则P在线段1CC上运动，如图构建空间直角坐标系，所以1(2,0,2),(2,2,0),(0,2,)ABPt，且02t，故(0,2,)DPt=，令面1ABD的一个法向量为(,,)mxyz=，且()()12,0,2,2,2

,0DADB==，所以1220220mDAxzmDBxy=+==+=，令1x=−，则(1,1,1)m=−，故2||2sin||||34mDPtmDPt+==+，令2[2,4]xt=+，则2tx=−，所以2211sin841113138()42xxx==−+

−+，111[,]42x，故36sin[,]33，对.故选：ABD【点睛】关键点点睛：根据各项参数值确定对应P点的位置为关键.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.经过(0,2),(1,4)AB−两点的直线的方向向量为

(1,)k，则k的值为______.【答案】2−【解析】【分析】利用两点式求斜率，结合斜率与方向向量的关系列方程求参数.【详解】由题设422101kk−==−−−.故答案为：2−13.已知空间向量(4,7,),(0,5,2),(2

,6,)ambcn==−=，若,,abc共面，则mn的最小值为__.【答案】12−##0.5−【解析】【分析】先利用题给条件求得,mn之间的关系，再利用二次函数即可求得mn的最小值.【详解】空间向量(4,7,),(0,5,2),(2,6,)ambcn==−=，若,,abc共面，则可令(,R)ab

c=+，则427562mn==−+=+，解之得2122mn===+则2(22)22mnnnnn=+=+二次函数222yxx=+的最小值为12−，则222mnnn=+的最小值为12−.故答案为

：12−14.由1,2,3,,2024这2024个正整数构成集合A，先从集合A中随机取一个数a，取出后把a放回集合A，然后再从集合A中随机取出一个数b，则12ab的概率为___.【答案】34##0.75【解析】【分析】利用古典概型即可求得12ab的

概率.【详解】12ab即2ba，当1a=时，b可以取1，有211−种取法；当2a=时，b可以取1，2，3，有221−种取法；当3a=时，b可以取1，2，3，4，5，有231−种取法；当1012a=时，b可以取1，2，3，L,2023，有210121−种取法；当10132024a

时，b可以取1，2，3，L,2024，有2024种取法；()()()211221210121101220241220242024aPb−+−++−+=759310124==故答案：34四、

解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出相应文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知ABC的顶点(1,3)A，边AB上的中线CM所在直线方程为10xy+−=，边AC上的高BH所在直线方程为21yx=+.（1）求顶

点C的坐标；（2）求直线BC的方程.【答案】（1）()5,6−（2）74110xy++=【解析】【分析】（1）根据直线垂直和点在线上，解设坐标，联立方程组即可求解；（2）结合（1）先求H点坐标可得H与A重合，再利用AB中点M在直线10xy+−=上，即可求出B点坐标，进而

得出直线BC的方程.【小问1详解】由题知，BHAC⊥，C在直线CM上，设(),Cmn，则321110nmmn−=−−+−=，解得56mn=−=，即点C坐标()5,6−.【小问2详解】设()00,Bxy，则000013102221xyyx+++−==+

，解得0011xy=−=−，即()1,1B−−，所以直线BC的方程为()()()()611151yx−−−−=+−−−，即74110xy++=.为为16.如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面,//,,ABCDAD

BCABBCE⊥为PD的中点.（1）若CDAC⊥，证明：EAEC=；（2）若224,1ADPABCAB====，求平面ACE和平面ECD的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）79.【解析】

【分析】（1）由线面垂直的判定及性质定理证PAAD⊥、CDPC⊥，结合直角三角形性质即可证结论；（2）构建合适空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.【小问1详解】由PA⊥平面ABCD，,CDAD平面ABCD，则PACD⊥，PAAD⊥，而CDAC⊥，PAACA=且都在面PAC内

，则CD⊥面PAC，由PC面PAC，则CDPC⊥，即,△△PADPCD均为直角三角形，且PD为斜边，由E为PD的中点，故12AECEPD==，得证.【小问2详解】由题意，易知ABCD为直角梯形，且ABBC⊥，//ADBC，且PA⊥平面ABCD，以A为原点，建立如下图示空间直

角坐标系，则(1,2,0),(0,4,0),(0,0,2),(0,2,1)CDPE，的所以(0,2,1),(1,2,0),(1,0,1),(1,2,0)AEACCECD===−=−，若(,,),(,,)mxyznabc==分别是面ACE、面ECD的法向量，则2020mAEyzmACxy=+

==+=，令1y=−，则(2,1,2)m=−，且020nCEacnCDab=−+==−+=，令1b=，则(2,1,2)n=，所以7cos,9mnmnmn==，故平面ACE和平面ECD夹角余弦值为79.17.某中学根

据学生的兴趣爱好，分别创建了“绘画”、“书法”、“诗词”三个兴趣小组，据统计新生通过考核选拔进入这三个兴趣小组成功与否相互独立.2024年某新生入学，假设他通过考核选拔进入该校的“绘画”、“书法”、“诗词”三个兴趣小组的概率依次为12mn、、，

已知三个兴趣小组他都能进入的概率为124，至少进入一个兴趣小组的概率为34，且mn.（1）求m与n的值；（2）该校根据兴趣小组活动安排情况，对进入“绘画”兴趣小组的同学增加校本选修学分1分，对进入“书法”兴趣小组的同学增加校本选修学分2分，对进入“诗词”兴趣小组的同学增加校本选修学分3分.求该同

学在兴趣小组方面获得校本选修学分分数不低于4分的概率.【答案】（1）1143mn==，（2）14【解析】【分析】（1）由于进入这三个兴趣小组成功与否相互独立，利用相互独立事件同时发生的概率乘法公式来列

出方程求解.（2）分析该同学在兴趣小组方面获得校本选修学分分数不低于4分的情形有三种，即分数为4分，5分，6分，然后进行相互独立事件同时发生的概率乘法计算，再用分类事件加法原理求解即可.的【小问1详解】由题意得：()()1122413111124mnmnmn=−−−−=

，解得：1413mn==；【小问2详解】设该同学在兴趣小组方面获得校本选修学分的分数为X，则()11114143212PX==−=，()1111514328PX==−=，()1111643224PX===，所以()111141282

44PX=++=.即该同学在兴趣小组方面获得校本选修学分分数不低于4分的概率为14.18.如图，四棱台1111ABCDABCD−中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，1124,,ABABEF==分别为DC，BC的中点，上下底面中心的连线

1OO垂直于上下底面，且1OO与侧棱所在直线所成的角为45.（1）求证：1//BD平面1CEF；（2）求点1D到平面1CEF的距离；（3）在线段1BD上是否存在点M，使得直线1AM与平面1CEF所成的角为45，若存在，求出线段BM的长；

若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）2；（3）455或25.【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，设平面1CEF的一个法向量为(,,)nxyz=，判断10BDn=即可；（2）应用向量法求1D到平面1CEF的距离即可；（3）

假设在1BD上存在点M，且1(3,3,2)MBDB==−，01≤≤，结合线面角正弦值列方程，求参数即可；【小问1详解】由题设，得四棱台为正四棱台，可建立如图所示空间直角坐标系，故111(3,1,2),(4,4,0),(1,1,2),(1,3,2),(0,2,0),(2,4,0)AB

DCEF，所以11(2,2,0),(1,1,2),(3,3,2)EFECDB===−，若平面1CEF的一个法向量为(,,)nxyz=，则122020nEFxynECxyz=+==++=，令1x=，则(1,1,0)n=−，显然10BDn

=，而1BD面1CEF，所以1//BD面1CEF；小问2详解】由（1）知：11(0,2,0)DC=uuuur，所以1D到平面1CEF的距离为11||22||2nDCn==【小问3详解】假设在1BD上存在点M，且1(3,3,2)MBDB=

=−，01≤≤，则1111(1,3,2)(3,3,2)(13,33,22)AMABMBABDB=−=−=−−−=−−−，直线1AM与平面1CEF所成的角为45，故12221||222||||2(13)9(1)2(1)nAMnAM==−+−+−，【所以22(

13)11(1)4−+−=，即2572(52)(1)0−+=−−=，可得2=5或1=，2=5时，662(,,2)555MB=−，则36368452525255BM=++=，1=时，(3,3,2)MB=−，则9922

5BM=++=，综上，BM长为455或25.19.已知动点M与两个定点(1,1),(1,4)AB−−的距离的比为12，记动点M的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程，并说明其形状；（2）已知(1,0)D−，过直线5x=上的动点(5,)P

p分别作曲线的两条切线PQ，(,PRQR为切点），连接PD交QR于点N，（ⅰ）证明：直线QR过定点，并求该定点坐标；（ⅱ）是否存在点P，使ADN△的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）22(1)4xy++=，以(1

,0)−为圆心，半径为2的圆；（2）（ⅰ）证明见解析，定点为1(,0)3−；（ⅱ）存在，(5,0)P.【解析】【分析】（1）根据已知及两点距离公式有2222(1)(1)1(1)(4)4xyxy++−=++−，整理即可得曲线方程；（2）（ⅰ）根据题设知,RQ在以PD为直径的

圆上，并写出对应方程，结合,RQ在22(1)4xy++=上，即可求直线RQ，进而确定定点坐标；（ⅱ）根据（ⅰ），若定点为1(,0)3T−，易知N在以DT为直径的圆上，根据圆的性质判断ADN△面积最大时N的位置，即可确定P的坐标.【小问1详解】设(,)Mxy，则22||1||4M

AMB=，即2222(1)(1)1(1)(4)4xyxy++−=++−，所以2223(1)4(1)(4)xyy++−=−，整理得22(1)4xy++=.【小问2详解】（ⅰ）由题设，易知,,,PRDQ四点共圆，即,RQ在以PD为直径的圆上，而,PD的中点坐

标为(2,)2p，2||36PDp=+，以PD为直径的圆为222(2)()924ppxy−+−=+，又,RQ在22(1)4xy++=上，即RQ为两圆的公共弦，两圆方程作差，得直线RQ为620xpy++=，显然该直线恒过定点1(,0)3T−，得证.

（ⅱ）存在，(5,0)P，理由如下：由（i）及题设，易知N在以DT为直径的圆上，即2(,0)3−为圆心、半径为13，且ADx⊥轴，则|1AD=|，且2(,0)3−到直线AD的距离为13，故N到直线AD的最大距离

为23，所以，当N与1(,0)3T−重合时，ADN△面积最大，此时(5,0)P.