湖北省咸宁市崇阳县第一中学2024−2025学年高二上学期10月期中数学试题含答案

湖北省咸宁市崇阳县第一中学2024−2025学年高二上学期10月期中数学试题一、单选题（本大题共8小题）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．2．直线的倾斜角是（）A． B． C． D．3．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．174．已知向量，，且，那么等于（

）A． B． C． D．55．“”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6．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7．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．8．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．2二、多选题（本大题共3小题）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11．如图所示，在棱长为2的正方体中，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三、填空题（本大题共3小题）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.13．若，且为锐角，则实数的取值范围是.14．已知，，若点Px,y在线段上，则的取值范围是.四、解答题（本大题共5小题）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.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.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．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．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的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．

参考答案1．【答案】A【详解】，所以的共轭复数为.故选：A.2．【答案】C【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．【答案】D【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个数的分位数是.故选D.4．【答案】C【详解】因为，，且，所以，即，所以，所以，故选：C．5．【答案】C【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．【答案】D【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D.7．【答案】C【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：C.8．【答案】D【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.9．【答案】BD【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．【答案】ABC【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．【答案】AD【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．12．【答案】【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．【答案】【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．【答案】【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：15．【答案】(1)(2)【详解】（1）设的一般方程为，由题意可知，解得，所以，故的标准方程为.（2）由（1）可知，，半径.则圆心到直线的距离为，所以，故的面积为..16．【答案】(1)(2)【详解】（1）由正弦定理得，所以所以，整理得，因为，所以，因此，所以，所以.（2）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．【答案】(1)(2)【详解】（1）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.（2）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．【答案】(1)存在，点为的中点(2)；点A到平面BCM的距离为2【详解】（1）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.（2）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．【答案】(1)①；②证明见解析(2)【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“采用单次传输方案时译码为0”，根据题意可得，解不等