湖北省武汉市部分重点中学2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省武汉市部分重点中学2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题注意事项：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（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.直线在轴上的截距为（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】令则直线在轴上的截距为-2，故选：A.2.已知直线绕点逆时针旋转，得到直线，则不过第（）象限．A.四 B.三 C.二 D.一【答案】D【解析】对于直线（为斜率），直线，其斜率，设其倾斜角为，根据，可得，又因为倾斜角，所以.直线绕点逆时针旋转，则直线的倾斜角.直线的斜率.因为直线过点，根据直线的点斜式方程（为直线上一点，为斜率），可得直线的方程为，即.直线的斜率为负，截距为负，所以直线不过第一象限.故选：D.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：412451312531224344151254424142435414135432123233314232353442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.0.55【答案】C【解析】由题意可知，代表事件“一年没有1台设备需要维修”的数组有：224，344，254，424，435，432，233，232，353，442，共10组，则由古典概型概率公式计算，知道估计一年内这3台设备都不需要维修的概率为故选：C.4.已知事件A，B互斥，它们都不发生的概率为，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为事件A，B互斥，所以它们都不发生的概率为，所以又因为，所以所以故选：D.5.现有一段底面周长为厘米和高为15厘米圆柱形水管，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. B.12 C. D.【答案】B【解析】应用圆柱的特征取上下底面的圆心连线为轴，BO所在直线为y轴，再过作的垂线为轴，如图建系，过向圆作垂线垂足为，，设圆半径为，所以，设，所以圆弧的长度为：，，则，同理，过向圆O作垂线垂足为，则，所以故选：B.6.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【答案】A【解析】由题可知，对单独每一局游戏，甲乙获胜的概率均为，若游戏继续进行，最多再进行2局即可分出胜负，①第四局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为；②第四局乙赢，第五局甲赢，比赛结束，甲胜出，概率为；③第四局乙赢，第五局乙赢，比赛结束，乙胜出，概率为；所以甲胜出的概率为，甲应该分得赌金的，即甲分得赌金枚，乙分得赌金枚.故选：A.7.在平面直角坐标系中，点的坐标为，圆，点为轴上一动点.现由点向点发射一道粗细不计的光线，光线经轴反射后与圆有交点，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】方法一：作点关于轴的对称点，则直线与圆有交点．又，所以直线的方程为，即．由题知圆的圆心为，半径为1，直线与圆有交点，即圆心到直线的距离小于等于1，所以，解得．方法二：作点关于轴的对称点，则直线与圆有交点，临界情况为直线与圆相切．设切点为，令，易得，所以．因为直线的斜率为，所以直线的斜率．易得直线的方程为．所以．故选：A8.如图所示，四面体的体积为，点为棱的中点，点分别为线段的三等分点，点为线段的中点，过点的平面与棱分别交于，设四面体的体积为，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】连接，由题意知：；令，则，，四点共面，（当且仅当时取等号），；设点到平面的距离为，则点到平面的距离为，又，，，即最小值为.故选：C.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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）9.给出下列命题，其中是真命题的是（）A.已知是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底B.平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则C.若，则是锐角D.若对空间中任意一点，有，则M，A，B，C四点不共面【答案】AB【解析】若不是空间的一个基底，则共面，所以存在实数，使得，所以，，这是不可能的，A正确；，向量是平面的法向量，则，，.故选项B正确，当夹角为时，故选项C错误,若，则，即，所以，，所以共面，所以四点共面，D错；故选：AD．10.下列命题正确的是（）A.设A，B是两个随机事件，且，，若，则A，B是相互独立事件B.若，，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D.若事件A，B相互独立，，，则【答案】AD【解析】对于A选项，已知，，，而，即，所以、是相互独立事件，A选项正确.对于B选项，若、互斥，则，.若、相互独立，则（因为，）.所以事件，相互独立与，互斥不可能同时成立，B选项错误.对于C选项，设样本空间，每个样本点的概率为.定义，；，；，.，.，.，，所以A、B、C两两相互独立.而，，，此时.C选项错误.对于D选项，因为、相互独立，则与，与也相互独立...所以，D选项正确.故选：AD.11.平面内到两个定点A，B的距离比值为一定值的点的轨迹是一个圆，此圆被称为阿波罗尼斯圆，俗称“阿氏圆”．已知平面内点，,动点满足，记点的轨迹为，则下列命题正确的是（）A.点的轨迹的方程是B.过点的直线被点的轨迹所截得的弦的长度的最小值是1C.直线与点的轨迹相离D.已知点，点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为C，D，则四边形面积的最小值是3【答案】ACD【解析】对于A,设，已知，，且.根据两点间距离公式，.则.两边平方可得.展开整理得，配方可得，所以A选项正确.对于B,点到圆心距离为.圆的半径.根据弦长公式，当最大弦长最小，最大为圆心到点的距离.所以弦长最小值为，所以B选项错误.对于C,圆心到直线的距离.因为（圆的半径），所以直线与圆相离，C选项正确.对于D,四边形的面积，因为.要使面积最小，则最小，即圆心到直线的距离与半径的关系.圆心到直线的距离..所以四边形面积最小值，D选项正确.故选：ACD.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.抛掷两个质地均匀骰子，则“抛掷的两个骰子的点数之和是6”的概率为______．【答案】【解析】抛掷两个质地均匀的骰子出现的所有情况有：1234561╳╳╳╳√╳2╳╳╳√╳╳3╳╳√╳╳╳4╳√╳╳╳╳5√╳╳╳╳╳6╳╳╳╳╳╳共36种情况，其中“抛掷的两个骰子的点数之和是6”的有5种，所以所求概率为.故答案为：.13.已知曲线与直线有两个相异的交点，那么实数的取值范围是__________．【答案】【解析】由题意，，直线是与平行的直线，如图所示：当直线与曲线相切时，(负舍)当时，，结合图形分析得的取值范围是.故答案为：.14.在空间直角坐标系中，，，，，，P为所确定的平面内一点，设的最大值是以为自变量的函数，记作．若，则的最小值为__________．【答案】【解析】如图所示，由已知可得，，，则，，即，，又，，平面，则平面，①当，两点在平面同侧或一点在平面上时，，当且仅当，有一点在平面上时取等号；即；②当，两点在平面异侧时：设平面与直线交于点，将延拓，如图所示，则，由，，，平面，则平面，即，抽象出平面如图所示，则，设点关于直线的对称点为，则，当且仅当时，取得最小值，由，且，，，则，即，，则，，又，则，即，所以，所以，符合故答案为：.四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.“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，，．（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．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．所以．因此其得分低于4分的概率为；（2）设事件，，，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，且事件，，互斥，，，所以两次射击得分之和为8分的概率.16.已知的顶点，边AB上的中线CD所在直线方程为，边AC上的高线BE所在直线方程为．（1）求边BC所在直线的方程；（2）求的面积．解：（1）因为，所以设直线AC的方程为：，将代入得，所以直线AC的方程为：，联立AC，CD所在直线方程：，解得，设，因为为AB的中点，所以，因为在直线BE上，在CD上，所以，，解得，，所以，，所以BC所在直线的方程为：，即．（2）由（1）知点到直线BC的距离为：，又，所以．17.如图所示，已知斜三棱柱中，，，，在上和BC上分别有一点和且，，其中．（1）求证：，，共面；（2）若，且，设为侧棱上靠近点的三等分点，求直线与平面所成角的正弦值．解：（1）因为，，所以．由共面向量定理可知，，，共面．（2）取BC的中点为，在中，，，由余弦定理可得，所以，依题意，均为正三角形，所以，，又，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，所以在平面内作，则平面，以OA，OC，Oz所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图所示：则，，，，，，设是平面的一个法向量，，，则，即，取得，依题意可知，则．设直线与平面所成角为，则．故直线与平面所成角的正弦值为．18.已知在平面直角坐标系xOy中，，，平面内动点P满足（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：上的动点，直线MQ，NQ与曲线C的另一个交点分别为E，F，直线EF与x轴交点为K，求的最小值．解：（1）设动点坐标，因为动点P满足，且，，所以，化简可得，，即，所以点P的轨迹方程为.（2）曲线C：中，令，可得，解得或，可知,当直线为斜率为0时，即为直径，长度为8，当直线为斜率不为0时，设的直线方程为，联立消去可得：，化简可得；由韦达定理可得，因为，所以，的斜率为，又点在曲线C上，所以,可得，所以，所以，方程为，，令可得，化简可得；，又在直线上，可得，，所以，化简可得；，又，代入可得，化简可得，，，所以或，当时为，必过，不合题意，当时为，必过，又即为圆的弦长，所以当直径时弦长最小，此时半径圆心到直线的距离为综上，的最小值.19.对于三维向量，定义“F变换”：，其中,,,.记，．（1）若，求及；（2）证明：对于任意，必存在，使得经过次F变换后，有；（3）已知，，将再经过次F变换后，最小，求的最小值．解：（1）因为，，，所以，，（2