2024-2025学年重庆市万州三中等50多校高二（上）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年重庆市万州三中等50多校高二（上）期中数学试卷一、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.圆C1：x2+(y−1)2=1与CA.相交 B.相离 C.外切 D.内切2.若直线l1：ax+3y+6=0与直线l2：x+(a+2)y−2=0平行，则a=(

)A.−3 B.1 C.−32 3.甲、乙两人独立地破译一份密码，已知两人能破译密码的概率分别是23，35，则密码被成功破译的概率为(

)A.215 B.35 C.7154.已知向量a=(5,1,3)，b=(9,8,5)，则向量b在向量a上的投影向量为(

)A.6835a B.179a C.5.若{a,b,A.a−c，a−b，b−c B.a+c，b，a+c−b

C.6.空间内有三点P(−1,2,3)，E(2,1,1)，F(1,2,2)，则点P到直线EF的距离为(

)A.2 B.3 C.27.某手机信号检测设备的监测范围是半径为200m的圆形区域，一名人员持手机以每分钟50m的速度从设备正东2003m的A处沿西偏北30°方向走向位于设备正北方向的B处，则这名人员被持续监测的时长约为A.2分钟 B.3分钟 C.4分钟 D.5分钟8.如图，在四面体ABCD中，平面ACD⊥平面ABC，△ABC是边长为6的正三角形，△ACD是等腰直角三角形，∠ADC=90°，E是AC的中点，CF=13CB，DG=λDB，若AG//平面DEFA.12 B.13 C.14二、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.有四个盲盒，每个盲盒内都有3个水晶崽崽，其中三个盲盒里面分别仅装有红色水晶崽崽、蓝色水晶崽崽、粉色水晶崽崽，剩下的那个盲盒里面三种颜色的水晶崽崽都有.现从中任选一个盲盒，设事件A为“所选盲盒中有红色水晶崽崽”，B为“所选盲盒中有蓝色水晶崽崽”，C为“所选盲盒中有粉色水晶崽崽”，则(

)A.A与B不互斥 B.P(A)+P(B)+P(C)=1

C.P(B∩C)=14 D.A与10.在空间直角坐标系中，已知A(0,2,32)，B(0,1,32)，C(2,1,32)，A.4B1C⋅AC1为质数 B.△ABC为直角三角形

C.B1C与11.已知圆C：x2+y2−4x+2y+1=0与直线l：4x−3y+m=0，点P在圆C上，点Q在直线A.若m=9，则直线l与圆C相切

B.若圆C上存在两点关于直线l对称，则m=−11

C.若m=14，则|PQ|min=3

D.若m=14，从Q点向圆三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知P(A)=0.2，P(B)=0.7，若A，B互斥，则P(A∪B)=______，P(AB)=______．13.若点(1,3)在圆x2+y2−ax−2ay+5a=014.若过圆C：x2+(y−2)2=r2(r>0)外一点P(2,−2)作圆C的两条切线，切点分别为A，B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.(本小题13分)

已知直线l：mx+(m+1)y−2m+1=0，圆C：x2+y2−4x+4y=1=0．

(1)证明：直线l与圆C相交．

(2)记直线l与圆C的交点为A，B16.(本小题15分)

某社团为统计居民运动时长，调查了某小区100名居民平均每天的运动时长(单位：ℎ)，并根据统计数据分为[1,1.5)，[1.5,2)，[2,2.5)，[2.5,3)，[3,3.5)，[3.5,4]六个小组(所调查的居民平均每天的运动时长均在[1,4]内)，得到的频率分布直方图如图所示．

(1)求出图中m的值，并估计这100名居民平均每天的运动时长的中位数；

(2)按分组用分层随机抽样的方法从平均每天的运动时长在[2.5,3)，[3.5,4]这两个时间段内的居民中抽出6人分享运动心得，若再从这6人中选出2人发言，求这2人来自不同分组的概率．17.(本小题15分)

如图，在四棱锥A−BCED中，底面BCED为直角梯形，DE//BC，DE⊥CE，AD=BD=CD=BC，AC=2AE=2CE．

(1)判断直线AB与CD是否垂直，并说明理由；

(2)18.(本小题17分)

如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠BAC=120°，AB=AC=3A1B1=3A1C1=3，AA1=2，D是棱AC的中点，E为棱BC上一动点．

(1)19.(本小题17分)

古希腊数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k(k>0且k≠1)的点的轨迹是圆.后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中，N(1,0)，M(4,0)，动点Q满足|QM||QN|=2，设动点Q的轨迹为曲线C．

(1)求曲线C的轨迹方程；

(2)若直线x−y+1=0与曲线C交于A，B两点，求|AB|；

(3)若曲线C与x轴的交点为E，F，直线l：x=my−1与曲线C交于G，H两点，直线EG与直线FH交于点D，证明：点D在定直线上．

参考答案1.D

2.B

3.D

4.A

5.D

6.A

7.C

8.A

9.ACD

10.BCD

11.BC

12.0.9

0

13.(4,5)

14.2或4

15.(1)证明：由直线l：mx+(m+1)y−2m+1=0得m(x+y−2)+y+1=0，

即x+y−2=0y+1=0，解得x=3y=−1，

∴直线l过定点P(3,−1)，

圆C：(x−2)2+(y+2)2=9的圆心C(2,−2)，半径r=3，

又|PC|=2<3，

∴点P(3,−1)在圆C的内部，

故直线l与圆C相交；

(2)解：由|PC|=16.解：(1)根据题意可得(0.2+0.4+2m+0.3+0.1)×0.5=1，所以m=0.5．

因为前几组的频率依次为0.1，0.2，0.25，

所以中位数在[2,2.5)内，设中位数为x，则0.3+(x−2)×0.5=0.5，得x=2.4(ℎ)；

(2)由题知，平均每天运动时长在[2.5,3)，[3.5,4]内的频率分别为0.5，0.1，

则应从平均每天运动时长在[2.5,3)，[3.5,4]内的居民中分别抽出5人，1人．

记[2.5,3)时间段内的5人分别为a，b，c，d，e，

记[3.5,4]时间段内的1人为M，

则从这6人中选出2人的基本事件有：

(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,e)，(a,M)，(b,c)，(b,d)，(b,e)，

(b,M)，(c,d)，(c,e)，(c,M)，(d,e)，(d,M)，(e,M)，共15个，

2人来自不同分组的基本事件为：(a,M)，(b,M)，(c,M)，(d,M)，(e,M)，共5个，

所以这2人来自不同分组的概率为515=17.解：(1)AB和CD不垂直，理由如下：

设AE=CE=a(a>0)，则AC=2a，

在△BCD中，BD=CD=BC，所以△BCD为等边三角形，所以∠BCD=60°，

因为DE⊥CE，DE/​/BC，所以BC⊥CE，从而∠DCE=30°，

所以在直角△DEC中，CD=CEcos30∘=233a，DE=CE×tan30°=33a，

又因为AD=CD，所以AD=233a，所以在△DEA中，满足DE2+AE2=AD2，

故△DEA为直角三角形，则DE⊥AE，

又因为DE⊥CE，CE∩AE=E，所以DE⊥平面ACE；

因为AC=2AE=2CE，所以AC2=AE2+CE2，所以CE⊥AE，

故以点E为坐标原点，EC，EA，ED所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设DE=1，则AD=BD=CD=BC=2，AE=CE=3，AC=6，

所以E(0,0,0)，A(0,3,0)，B(3,0,2)，C(3,0,0)，D(0,0,1)，

所以AB=(3,−3,2)，CD=(−3,0,1)，

所以AB⋅CD=−3+0+2≠0，

所以AB⊥CD不成立，故AB和CD不垂直．

(2)18.解：(1)当点E是BC的靠近点C的三等分点时，AB1//平面C1DE，理由如下：

在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC=3，所以∠ACB=30°，BC=33，CE=3，BE=23，

在△ACE中，由余弦定理知，AE2=AC2+CE2−2AC⋅CEcos∠ACB=9+3−2×3×3×32=3，

所以BE2=AE2+AB2，即AB⊥AE，

因为AA1⊥平面ABC，AB，AE⊂平面ABE，

所以AA1⊥AB，AA1⊥AE，

以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B1(0,1,2)，C(332,−32,0)，D(334,−34,0)，C1(32,−12,2)，E(3,0,0)，

所以AB1=(0,1,2)，ED=(−34,−34,0)，EC1=(−32,−12,2)，

设平面C1DE的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅ED=−34x−34y=0n⋅E19.解：(1)在平面直角坐标系中，N(1,0)，M(4,0)，动点Q满足|QM||QN|=2，设动点Q的轨迹为曲线C，

设Q(x,y)，因为|QM||QN|=2，所以|QM|2=4|QN|2，

即(x−