湖北省咸宁市崇阳县2024-2025学年度高二数学10月月考试卷含答案

2024—2025学年度高二数学10月月考试卷本试题卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟.★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名､准考证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，请将本试卷和答题卡一并上交.一､单项选择题：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.设复数满足，其中为虚数单位，则的共轭复数等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念得到结果.【详解】，所以的共轭复数为.故选：A.2.直线的倾斜角是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由斜率可确定直线的倾斜角.【详解】由得，所以该直线的斜率为：.设直线倾斜角为，则，且，所以.故选：C3.第33届夏季奥林匹克运动会于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，金牌榜前10名的国家的金牌数依次为，则这10个数的分位数是（）A.14.5 B.15 C.16 D.17【答案】D【解析】【分析】将这10个数据从小到大排列，根据，结合百分位数的计算方法，即可求解.【详解】将这10个数据从小到大排列得：，因为，所以这10个数分位数是.故选：D.4.已知向量，，且，那么等于（）A. B. C. D.5【答案】C【解析】【分析】先根据向量垂直数量积为零求坐标，再根据坐标求模长计算即可.【详解】因为，，且，所以，即，所以，所以，故选：C．5.“”是“直线与直线平行”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】充分必要条件的判断：把两个命题分别作为条件和结论，判定由条件能否推出结论即可.【详解】当时，，，显然，两直线平行，满足充分条件；当与直线平行时，，则∴或，当时显然成立，当时，，，整理后与重合，故舍去，∴，满足必要条件；∴“”是“直线与直线平行”的充要条件故选：C6.已知直线过点，且纵截距为横截距的两倍，则直线l的方程为（）A. B.C.或 D.或【答案】D【解析】【分析】考虑截距是否为0，分两种情况求解，求出直线斜率，即可求得答案.【详解】由题意设直线与x轴交点为，则与y轴交点为，当时，直线过原点，斜率为，故方程为；当时，直线的斜率，故直线方程为，即，故选：D7.如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】将作为基底，利用空间向量基本定理用基底表示，然后对其平方化简后，再开方可求得结果【详解】由题意得，，因为,所以，所以，故选：C8.已知两点的坐标分别为，两条直线和的交点为，则的最大值为（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】由直线所过定点和两直线垂直得到点的轨迹，再设，结合辅助角公式求出即可；【详解】由题意可得直线恒过定点，恒过定点，且两直线的斜率之积为，所以两直线相互垂直，所以点在以线段为直径的圆上运动，，设，则，所以，所以当时，即时，取得最大值，此时点的坐标为.故选：D.二､多项选择题：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3分，有选错的得0分.9.已知M为圆C：上的动点，P为直线l：上的动点，则下列结论正确的是（）A.直线l与圆C相切 B.直线l与圆C相离C.|PM|的最大值为 D.|PM|的最小值为【答案】BD【解析】【分析】根据圆心到直线l得距离，可知直线l与圆C相离；∵P、M均为动点，对|PM|先固定点P可得，再看不难发现，即．【详解】圆C：得圆心,半径∵圆心到直线l：得距离∴直线l与圆C相离A不正确，B正确；C不正确，D正确；故选：BD．10.下面四个结论正确的是（）A.已知向量，则在上的投影向量为B.若对空间中任意一点，有，则四点共面C.已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底D.若直线的方向向量为，平面的法向量，则直线【答案】ABC【解析】【分析】利用投影向量的定义判断A，利用空间四点共面，满足，其中判断B，根据向量基底的概念判断C，利用线面关系的向量表示判断D.【详解】选项A：因为，所以在上的投影向量为，故选项A正确；选项B：因为，故选项B正确；选项C：是空间的一组基底，，所以两向量之间不共线，所以也是空间的一组基底，故选项C正确；.选项D：因为直线的方向向量为，平面的法向量，，则直线或，故选项D错误；故选：ABC11.如图所示，在棱长为2正方体中，分别为的中点，则（）A.B.平面C.直线与平面所成的角为D.三棱锥外接球表面积为【答案】AD【解析】【分析】由线面垂直的判定及性质即可判断A；由线面关系即可判断B；由线面角的定义即可判断C；由球的表面积公式即可判断D．【详解】对于A，连接，则，因为，所以，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，故A正确；对于B，连接，由正方体得，，又，所以，因为平面，即与平面不平行，所以与平面不平行，故B错误；对于C，由题意知，是直线与平面所成的角，且，所以直线与平面所成的角不是，故C错误；对于D，由正方体得，平面，且，，所以三棱锥外接球的直径，所以，外接球表面积为，故D正确；故选：AD．三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在正方体中，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是__________.【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【详解】因为是正方体，建立以为原点的坐标系，如图，设正方体的棱长为2，则有，，，，，，设异面直线与所成角为，．故答案为：．13.若，且为锐角，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】把为锐角转化为与的夹角为锐角，然后利用数量积列不等式组求解即可.【详解】因为为锐角，所以与的夹角为锐角，又，所以，解得且.故答案为：.14.已知，，若点Px,y在线段上，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】根据的形式，可转化为线段AB上点与连线的斜率，结合图形即可求解.【详解】的几何意义是点Px,y与点连线的斜率，又点Px,y在线段上，由图知，因为，，所以，因为点P是线段AB上的动点，所以，故答案为：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.已知三点，记的外接圆为.（1）求的方程；（2）若直线与交于两点，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用待定系数法可求圆的一般方程；（2）利用垂径定理求出弦长，从而可求面积.【小问1详解】设的一般方程为，由题意可知，解得，所以，故的标准方程为.【小问2详解】由（1）可知，，半径.则圆心到直线的距离为，所以，故的面积为..16.在三角形中，内角所对边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）若，三角形的面积为，求三角形的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)由正弦定理进行边角互化可得，结合两角差的余弦公式及同角三角函数的基本关系可求出，即可求出.(2)由三角形的面积公式可得，结合及余弦定理即可求出，即可得出结果.【小问1详解】由正弦定理得，所以所以，整理得，因为，所以，因此，所以，所以.【小问2详解】由的面积为，得，解得，又,则，.由余弦定理得，解得，，所以的周长为.17.已知的顶点，顶点在轴上，边上的高所在的直线方程为．（1）求直线的方程；（2）若边上的中线所在的直线方程为，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程；（2）设点，求出线段的中点的坐标，将点的坐标代入直线的方程，求出的值，可得出点的坐标，再将点的坐标代入直线的方程，即可求出实数的值.【小问1详解】解：由条件知边上的高所在的直线的斜率为，所以直线的斜率为，又因为，所以直线的方程为，即.【小问2详解】解：因为点在轴上．所以设，则线段的中点为，点在直线上，所以，得，即，又点在直线上，所以，解得．18.如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为菱形，且，点为棱DP的中点.（1）在棱BC上是否存在一点，使得∥平面PAN？如果存在，确定点N的位置，如果不存在，请并说明理由；（2）若二面角的余弦值为时，求棱DP的长度，并求点A到平面BCM的距离．【答案】（1）存在，点为的中点（2）；点A到平面BCM的距离为2【解析】【分析】（1）取的中点，可得平面∥平面PAN，根据面面平行的性质可得∥，进而可得结果；（2）建系标点，设，分别求平面BCM、平面PCD的法向量，根据面面夹角求得a，进而可求点到面的距离.【小问1详解】取的中点，连接，因为分别为的中点，则∥，且平面PAN，平面PAN，可得∥平面PAN，又因为∥平面PAN，，平面，可得平面∥平面PAN，且平面平面，平面平面，可得∥，由题意可知：∥，则为平行四边形，可得，即点为的中点，所以棱BC上是存在一点，使得∥平面PAN，此时点为的中点.【小问2详解】取的中点，连接，由题意可知：为等边三角形，则，且∥，可得，又因为底面ABCD，则可以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，设，则，可得，设平面BCM的法向量，则，令，则，可得，且平面PCD的法向量，由题意可得：，解得（舍负），可得，，所以点A到平面BCM的距离.19.在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，则译码为1，若依次收到，则译码为1）．（1）已知．①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率；②若采用单次传输方案，依次发送，证明：事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立．（2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围．【答案】（1）①；②证明见解析（2）【解析】【分析】（1）①记事件为“至少收到一次0”，利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得；②记事件为“第三次收到的信号为1”，事件为“三次收到的数字之和为2”，证明即可；（2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，事件为“采用单次传输