2024-2025学年湖北省武汉市部分重点中学高二上学期期中联考数学试题（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年湖北省武汉市部分重点中学高二上学期期中联考数学试题一、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.直线3x−y−2=0在y轴上的截距为(

)A.−2 B.2 C.23 D.2.已知直线l1:y=x−1绕点(0,−1)逆时针旋转512π，得到直线l2，则l2不过第A.四 B.三 C.二 D.一3.已知某种设备在一年内需要维修的概率为0.2.用计算器进行模拟实验产生1∼5之间的随机数，当出现随机数1时，表示一年内需要维修，其概率为0.2，由于有3台设备，所以每3个随机数为一组，代表3台设备一年内需要维修的情况，现产生20组随机数如下：412 451 312 531 224 344 151 254 424 142435 414 135 432 123 233 314 232 353 442据此估计一年内这3台设备都不需要维修的概率为(

)A.0.4 B.0.45 C.0.5 D.0.554.已知事件A，B互斥，它们都不发生的概率为13，且P(A)=3P(B)，则P(B)=A.16 B.13 C.235.现有一段底面周长为12π厘米和高为15厘米的圆柱形水管，AB是圆柱的母线，两只蚂蚁分别在水管内壁爬行，一只从A点沿上底部圆弧顺时针方向爬行2π厘米后再向下爬行5厘米到达P点，另一只从B沿下底部圆弧逆时针方向爬行2π厘米后再向上爬行4厘米爬行到达Q点，则此时线段PQ长(单位：厘米)为(

)

A.62 B.12 C.126.概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏，每局比赛都能分出胜负，没有平局.双方约定：各出赌金210枚金币，先赢3局者可获得全部赎金.但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局.问这420枚金币的赌金该如何分配?数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配方案是(

)A.甲315枚，乙105枚 B.甲280枚，乙140枚

C.甲210枚，乙210枚 D.甲336枚，乙84枚7.在平面直角坐标系中，点P的坐标为(0,52)，圆C:x2−10x+y2−5y+1214=0，点T(t,0)为x轴上一动点.现由点PA.[158,278] B.[8.如图所示，四面体ABCD的体积为V，点M为棱BC的中点，点E，F分别为线段DM的三等分点，点N为线段AF的中点，过点N的平面α与棱AB，AC，AD分别交于O，P，Q，设四面体AOPQ的体积为V′，则V′V的最小值为(

)

A.14 B.18 C.116二、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.给出下列命题，其中是真命题的是(

)A.已知{a,b,c}是空间的一个基底，若m=2a+3c，则{a,b,m}也是空间的一个基底

B.平面α经过三点A(2,1,0)，B(−1,3,1)，C(2,2,−1)，向量n=(1,u,t)是平面α的法向量，则u+t=2

C.若a⋅b>010.下列命题正确的是(

)A.设A，B是两个随机事件，且P(A)=12，P(B)=13，若P(AB)=16，则A，B是相互独立事件

B.若P(A)>0，P(B)>0，则事件A，B相互独立与A，B互斥有可能同时成立

C.若三个事件A，B，C两两相互独立，则满足P(ABC)=P(A)P(B)P(C)

D.若事件A，B11.平面内到两个定点A，B的距离比值为一定值λ(λ≠1)的点P的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”.已知平面内点A(2,0)，B(6,0)，动点P满足|PA||PB|=13，记点P的轨迹为τA.点P的轨迹τ的方程是x2+y2−3x=0

B.过点N(1,1)的直线被点P的轨迹τ所截得的弦的长度的最小值是1

C.直线2x−y+2=0与点P的轨迹τ相离

D.已知点E(32,0)，点M是直线l：2x−23y+7=0上的动点，过点M作点三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.同时抛掷两颗质地均匀的骰子，则两颗骰子出现的点数之和为6的概率为

．13.已知曲线y=1+4−x2与直线y=x+b有两个相异的交点，那么实数b的取值范围是14.在空间直角坐标系中，O(0,0,0)，A(0,a,3)，B(3,0,a)，C(a,3,0)，D(3,3,32)，P为△ABC所确定的平面内一点，设|PO−PD|的最大值是以a为自变量的函数，记作f(a).若0<a<3，则f(a)的最小值为

四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)“体育强则中国强，国运兴则体育兴”.为备战2025年杭州举办的国际射联射击世界杯，某射击训练队制订了如下考核方案：每一次射击中10环、中8环或9环、中6环或7环、其他情况，分别评定为A，B，C，D四个等级，各等级依次奖励6分、4分、2分、0分.假设评定为等级A，B，C的概率分别是12，14，(1)若某射击选手射击一次，求其得分低于4分的概率;(2)若某射击选手射击两次，且两次射击互不影响，求这两次射击得分之和为8分的概率．16.(本小题12分)已知△ABC的顶点A(4,2)，边AB上的中线CD所在直线方程为7x+2y−5=0，边AC上的高线BE所在直线方程为x+y−4=0．(1)求边BC所在直线的方程;(2)求△BCD的面积．17.(本小题12分)

如图所示，已知斜三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=a，AC=b，AA1=c，在A(1)求证：MN，a，c共面;(2)若|a|=|b|=|c|=2，AB1=3且∠BAC=∠BB1C=18.(本小题12分)已知在平面直角坐标系xOy中，A(−1,0)，B(−7,0)，平面内动点P满足|PB|=2|PA|．(1)求点P的轨迹方程;(2)点P轨迹记为曲线C，若曲线C与x轴的交点为M，N两点，Q为直线l:x=17上的动点，直线MQ，NQ与曲线C的另一个交点分别为E，F，求|EF|的最小值．19.(本小题12分)对于三维向量ak=(xk,yk,zk)(xk,y(1)若a0=(2,3,1)，求<(2)证明：对于任意a0，必存在k∈N∗，使得a0经过k(3)已知a1=(p,2,q)(q≥p)，||a1||=2024，将a1再经过m次F变换后，参考答案1.A

2.D

3.C

4.D

5.B

6.A

7.D

8.C

9.AB

10.AD

11.ACD

12.53613.3,214.略

15.解：(1)设事件A，B，C，D分别表示“被评定为等级A，B，C，D”.由题意得，事件A，B，C，D两两互斥，所以PD=1−又因为C∪D=得分低于4分，所以PC∪D=P因此得分低于4分的概率为14(2)设事件Ai，Bi，Ci，Di表示“第i

次被评定为等级A，B，C，D”，则“两次射击得分之和为8分”为事件B1B2∪A1CPBPA所以两次射击得分之和为8分的概率P=P[(B1B

16.解：(1)因为AC⊥BE，所以设直线AC的方程为：x−y+m=0，

将A(4,2)代入得m=−2，所以直线AC的方程为：x−y−2=0，

联立AC，CD所在直线方程：x−y−2=07x+2y−5=0解得C(1,−1)，

设B(x0,y0)，因为D为AB的中点，所以D(4+x02,2+y02)，

因为B(x0,y0)在直线BE上，D在CD上，

所以x0+y0−4=0，7×4+x02+2×2+y02−5=0，17.解：(1)证明：因为AM=kAC1=kb+kc，

AN=AB+BN=a+kBC=a+k(−a+b)=(1−k)a+kb，

所以MN=AN−AM=(1−k)a+kb−kb−kc=(1−k)a−kc．

由共面向量定理可知，MN，a，c共面．

(2)取BC的中点为O，在△AOB1中，AO=B1O=3，AB1=3，

由余弦定理可得cos∠AOB1=(3)2+(3)2−322×3×3=−12，所以∠AOB1=2π3，

依题意△ABC，△B1BC均为正三角形，所以BC⊥AO，BC⊥B1O，

又B1O∩AO=O，B1O⊂平面B1AO，AO⊂平面B1AO，所以BC⊥平面AOB1，

因为BC⊂18.解：(1)设动点坐标P(x,y)，因为动点P满足|PB|=2|PA|，且A(−1,0)，B(−7,0)，

所以(x+7)2+y2=2(x+1)2+y2，化简可得，x2+y2−2x−15=0，即(x−1)2+y2=16，

所以点P的轨迹方程为(x−1)2+y2=16．

(2)曲线C:(x−1)2+y2=16中，令y=0，可得(x−1)2=16，

解得x=−3或x=5，可知M(−3,0)，N(5,0)，

当直线EF为斜率为0时，|EK|+|FK|即为直径，长度为8，

当直线EF为斜率不为0时，设EF的直线方程为x=ny+t，E(x1,y1)，F(x2,y2)，

联立x=ny+t(x−1)2+y2=16

消去x可得：(ny+t−1)2+y2=16，

化简可得(n2+1)y2+2(t−1)ny+(t+3)(t−5)=0，

由韦达定理可得y1+y2=2(1−t)nn2+1y1y2=(t+3)(t−5)n2+1，

因为E(x1,y1)，F(x2,y2)，M(−3,0)，N(5,0)，

所以EM，FN的斜率为kEM=y1x1+3，kFN=y2x2−5，

又点E(x1,y1)19.解：(1)因为a0=(2,3,1)

，a1=(1,2,1)

所以⟨a2(2)设Mk=假设对∀k∈N,ak+1≠0

，则xk+1所以Mk+1>Mk+2

因为Mk∈所以M1≥所以M2+M1≤−1

综上，对于任意a0

，经过若干次F

变换后，必存在K∈N∗

，使(3)设a0=x0,所以有x0≤y0≤当x0≥y0≥z0

又a1=2024

，可得p=1010,q=1012当x0≤y0≤z0

设ak

的三个分量为2