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  ，
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{#{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；
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{#{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
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{#{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
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{#{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，
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{#{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
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{#{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
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{#{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
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{#{QQABJQgAogggAABAARhCQwFwCkAQkgAAAYgGQFAMIAAAyBFABAA=}#}