鹤山一中2024-2025高二第一学期第一阶段考答案_20241203154643_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年12月试卷_1210广东省江门市鹤山市第一中学2024-2025学年高二上学期12月第二阶段考试

鹤山一中2024—2025学年度第一学期第二阶段考试 高二数学答案和解析 2024.12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 C B A C D A D B BCD ABC AC 3【解析】由题意①中，根据对立事件与互斥事件的关系，可得是正确；②中，当A与B是 互斥事件时，才有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，对于任意两个事件A，B满足P(A∪B)＝P(A)＋P(B) －P(AB)，所以是不正确的；③也不正确．P(A)＋P(B)＋P(C)不一定等于1，还可能小于1； ④也不正确．例如：袋中有大小相同的红、黄、黑、绿4个球，从袋中任摸一个球，设事件 A＝{摸到红球或黄球}，事件B＝{摸到黄球或黑球}，显然事件A与B不互斥，但P(A)＋P(B) ＝ ＋ ＝1. 5. 【解析】设x,x ,,x 的平均值为x，方差为s2，因为样本ax ,ax ,,ax 的平均 1 2 n 1 2 n 值是5，方差是3，所以ax5,s2 3，因为样本12x ,12x ,,12x 的平均值是9，标 1 2 n 准差是b，所以912x，4s2 b2，所以x4,b2 3,a1.故选D. 6.【详解】点M  2,5,4  关于平面Oxz对称的点为  a,b,c  2,5,4  ， 关于x轴对称的点为  d,e, f  2,5,4  ， 所以b5， f 4，故b f 9． 7【解析】不超过20的素数有2，3，5，7，11，13，17，19， 则在不超过20的素数中随机选取2个不同的数的样本空间： 2,3,2,5,2,7,2,11,2,13,2,17,2,19,3,5,3,7,3,11,3,13, 3,17,3,19,5,7,5,11,5,13,5,17,5,19,7,11,7,13,7,17,7,19,11,13,11,17, 11,19,13,17,13,19,17,19 ，共有28个样本点，记事件A表示“选取的2个数能够构成 孪生素数”，则事件A包含的样本点有3,5，5,7，11,13，17,19，共4个， 4 1 故抽取的2个数能够构成李生素数的概率是PA  ．故选D． 28 7 8【详解】分别以DA，DC，DD 为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 1 则A  6,0,0  ，B  6,6,0  ，M  0,6,3  ，设P  x,y,6  ，x 0,6  ,y 0,6  ， 高二数学 第 1 页 共 8 页 {#{QQABJQgAogggAABAARhCQwFwCkAQkgAAAYgGQFAMIAAAyBFABAA=}#}  则AM 6,6,3 ，BP  x6,y6,6 ，由BP  AM 得 6  x6 6  y6 360，即 y  x3，由于x 0,6  ,y 0,6  ，所以x 3,6  ， y 0,3  ，所以点P的轨迹为面ABC D 上的直线： y  x3，x 3,6  ，即图中的线 1 1 1 1 段EF ，由图知：EF  3232 3 2 ， 9. 对A，四点恰好围成一封闭图形，根据向量的多边形法则可知，正确；对B，根据向量 的三角不等式等号成立条件可知， 同向时，应有 ，即必要性不成立， 错误；对C，根据共线向量的定义可 ,知 ， 所在直线 可+能 重=合， 错+ 误 ；对D，根据空间向 量基本定理的推论可知，需满足x+y+z=1， ,才 有P、A、B、C四点共面，错误． 10【详解】A选项：n2时，若两次实验中结果为一次正面，一次反面，则事件M 与N 同时发生， 由互斥事件定义，M 与N 不互斥，A正确； B选项：n2时，两次实验的结果有（正，正），（正，反），（反，正），（反，反）4种， 2 1 3 2 1 P  M   ，P  N  ，P ( MN )= = ，P  MN  P  M  P  N  ， 4 2 4 4 2 所以M 与N 不相互独立，B正确； C选项：n3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）8种情 6 3 4 1 3 况，P  M   ，P  N   ，P  MN  ，P  MN P  M  P  N  ， 8 4 8 2 8 所以M 与N 相互独立，C正确； D选项：n3时，若三次实验结果为（正，正，反），则事件M 与N 同时发生， 由互斥事件定义，M 与N 不互斥，D错误. 11.【详解】如图， 由平面图形，可知PB  PE，PC PE，又PBPC  P,PB,PC 平面PBC ∴PE 平面PBC，又BC平面PBC可得PE BC∴A对，B错； 高二数学 第 2 页 共 8 页 {#{QQABJQgAogggAABAARhCQwFwCkAQkgAAAYgGQFAMIAAAyBFABAA=}#}取BC的中点F ，连接PF ，EF ，则PF  BC，EF BC ， ∴PFE为二面角PBC E 的平面角，PE 1，PF  3，EF 2， ∴PFE 30，C对； 由C选项知BC平面PFE ，∴平面PFE 平面BCE，EF 为交线， 在平面PFE中作POEF，交EF 于O，则PO平面BCE， 1 1 3 由 EFPO  PEPF ，求得PO  ， 2 2 2 3 ∴点P到平面BCE的距离为 ，D错. 2 三、填空题 12. 答案 【解答过程】因为 ，所以 , 2 = 1,1, 2 = 1+1+2 =2 因为 ，所以 , 即 ，解得 . 2 2 2 13.答案 − 1 【 = 详 2 解】因 为 − P  8, = 9, 5  ， − 点 2 Q ⋅  1 + ,2 ,2 =， 4 所以 4  P  − Q  2  ⋅  7 + , 4 7 = , 4 3 ， ⋅ =2  又的一个法向量为n  4,3,12  ，   PQn 7473312  13 所以Q到平面的距离为    1. n 42 32 12 2 13 14. 【解析】如下图所示： 3- 5 2 因为PF FF ，AP  PF ，所以PFF APF ， 2 1 2 1 1 2 2 PF AF 1 可得 2  2 ，即 PF 2  FF  AF 2c cc2，可得 PF c； FF PF 2 1 2 2 2 2 1 2 2 高二数学 第 3 页 共 8 页 {#{QQABJQgAogggAABAARhCQwFwCkAQkgAAAYgGQFAMIAAAyBFABAA=}#}又在RtPFF 中， PF  c2  2c 2  5c， 1 2 1 由椭圆定义可得 PF  PF 2a，即 5cc2a ， 1 2 2 c 2 51  51 3 5 所以e   ，可得e2    .   a 51 2  2  2 四、解答题 15【小问1详解】  由|c |3，得 x2 22 22 3 ，解得x1， ..........2分 r    向量a (2,1,2)，b  (1,1,2)，则kab (2k1,1k,2k2)，..........3分       由向量kab与c垂直，得(ka  b) c  0， 则x(2k1)2(1k)2(2k2)0， ..........4分 当x1时，有50，矛盾； ..........5分 7 当x1时，有4k70，解得k  ， 4 7 所以实数x和k的值分别为1和 . ..........7分 4 【小问2详解】       由向量c与向量a，b 共面，设c ab(,R)， ..........8分 x2  则(x,2,2)(2,1,2)(1,1,2)，即2 ，..........10分  222  1 x  2   1 解得 ，..........12分 2   3    2 高二数学 第 4 页 共 8 页 {#{QQABJQgAogggAABAARhCQwFwCkAQkgAAAYgGQFAMIAAAyBFABAA=}#}1 所以实数x的值为 ...........13分 2 12  16（1）因为A  1,1  ,B  2,2  ，所以k  3，..........2分 AB 12 1 3 1 所以弦AB的垂直平分线的斜率为 ，又弦AB的中点坐标为 , ，..........3分 3 2 2 1 1 3 所以弦AB的垂直平分线的方程为 y  x ，即x3y30，..........4分 2 3 2 与直线l:x y10联立解得：x3,y2，..........6分 所以圆心C坐标为 3,2  所以圆的半径r  AC 5，..........7分 则圆C的方程为：(x3)2 (y2)2 25；..........9分 （2）由（1）知，圆心C 3,2  到直线2x y 0的距离 62 8 为d   5, ..........12分 5 5 2 305 圆的半径r 5, MN 2 r2d2  . ..........15分 5 17.【小问1详解】 记“甲队总得分为 1 分”为事件 B：甲队得 1 分，即三人中只有 1 人答对，其余两人都答 错， ..........1分 2  2  2  2 2  2  2  2 2 2 其概率P  B   1   1   1    1   1   1    . 3  3  3  3 3  3  3  3 3 9 2 ∴甲队总得分为1分的概率为 ...........5分 9 【小问2详解】 记“甲队总得分为2分”为事件C，记“乙队总得分为1分”为事件D............6分 事件C即甲队三人中有2人答对，剩余1人答错， 2 2  2 2  2 2  2 2 2 4 ∴P  C    1    1    1     ...........9分 3 3  3 3  3 3  3 3 3 9 事件D即乙队3人中只有1人答对，其余2人答错， 高二数学 第 5 页 共 8 页 {#{QQABJQgAogggAABAARhCQwFwCkAQkgAAAYgGQFAMIAAAyBFABAA=}#}1  2  3  1 2  3  1  2 3 1 ∴P  D   1   1   1    1   1   1    ........ 2  3  4  2 3  4  2  3 4 4 ...13分 由题意，事件C与事件D相互独立， ∴ 甲 队 总 得 分 为 2 分 且 乙 队 总 得 分 为 1 分 的 概 率 4 1 1 PCDPCPD   ...........15分 9 4 9 18. 【 详 解 】（ 1 ） 由 题 意 得 ， 椭 圆 C 焦 点 在 x 轴 上 ， 设 方 程 为 x2 y2  1  ab0  ............1分 a2 b2 6 c 6 因为短轴长为2 2，离心率为 ，所以2b2 2,  . 所以b 2 .........2分 3 a 3 又因为a2 b2 c2故a2 6,b2 2,c2 4.........5分 x2 y2 所以曲线C的方程为  1.........6分 6 2 （2）由（1）可知M  3,0  ，则该点在椭圆外，所以过该点的直线PQ的斜率必然存在. 可设直线PQ的方程为 y k  x3  ，.......7分  x2 y2   1 联立 6 2 .......8分  yk  x3     得 13k2 x2 18k2x27k2 60. ......10分 Δ  18k22 4  13k2 27k2 6  4  9k2 6  0......11分     设P x ,y ,Q x ,y ，由根与系数的关系可知： 1 1 2 2 18k2 27k2 6 x x  ,x x  ，......13分 1 2 13k2 1 2 13k2 3k2 y y k2  x x 3  x x 9   .......14分 1 2 1 2 1 2 13k2 27k2 6 3k2 30k2 6 由OPOQ得x x  y y 0，即   0，.......15分 1 2 1 2 13k2 13k2 13k2 高二数学 第 6 页 共 8 页 {#{QQABJQgAogggAABAARhCQwFwCkAQkgAAAYgGQFAMIAAAyBFABAA=}#}5 解得：k  ，符合Δ0，......16分 5 5 所以直线PQ的方程为 y   x3 .......17分 5 19【小问1详解】 因为ABCD为正方形，所以AD∕∕BC ， 因为MB//AN，且ADAN  A,BCBM  B，AD,AN 平面AND，BC,BM 平 面BMC，所以平面AND ∕ ∕ 平面BMC， 又DN 平面AND，所以DN//平面BCM .......3分 【小问2详解】 因为平面ABCD平面ABMN，且平面ABCD平面ABMN  AB，BCAB， 所以BC平面ABMN，又BN 平面 ABMN， 所以BC BN ，在Rt△BCN 中， BN  CN2 BC2 2 2 ， 所以在Rt△ABN 中，AB2 AN2 BN2， 所以AB AN ，又MB//AN，所以AB  BM ，......4分 所以BA,BM,BC两两垂直，以B为原点，BA,BM,BC为x，y，z轴正方向建系，如图所示： 所以B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,0,2),D(2,0,2),N(2,2,0),M(0,4,0)，    则AC (2,0,2),CD (2,0,0),CM (0,4,2)，......5分  设平面CDM的法向量n(x ,y ,z )， 1 1 1   nCD 2x 0 则 n  C  M  4y 1 2z 0 ，令 y 1 1，可得z 1 2，......6分 1 1 高二数学 第 7 页 共 8 页 {#{QQABJQgAogggAABAARhCQwFwCkAQkgAAAYgGQFAMIAAAyBFABAA=}#} 所以一条法向量n(0,1,2)，设直线 AC与平面CDM 所成角为，......7分     nAC 10 则sin cos n, AC      ，所以直线AC与平面CDM 所成角的正弦值为 n AC 5 10 ......9分 5 【小问3详解】   假设存在点E，设点E(x,y,z),CE CM([0,1])，所以 (x,y,z2)(0,4,2)，.....10分    所以点E(0,4,22)，则BN (2,2,0),BE (0,4,22),BC (0,0,2)，  设平面BEN 的法向量m(x ,y ,z )， 2 2 2   mBN 2x 2y 0 则  2 2 ， mBE 4y (22)z 0 2 2 2 令x 1，可得 y 1,z  ，1，.....12分 1 2 2 1   2  所以一条法向量m 1,1, ，因为BC平面ABMN，  1  所以BC (0,0,2)即为平面BMN 的法向量， 4     mBC 1 3 所以 cosm,BC       ，.....14分 m BC  2  2 3 2 11   1 1 即 2 3 62 42 ，解得 或-1（舍），.....15分 3  1 CE 1 所以CE  CM ，则  ， 3 EM 2 3 所以存在一点E，使得平面BEN 与平面BMN 的夹角的余弦值为 ，此时 3 CE 1  .....17分 EM 2 高二数学 第 8 页 共 8 页 {#{QQABJQgAogggAABAARhCQwFwCkAQkgAAAYgGQFAMIAAAyBFABAA=}#}