2024-2025学年湖北省武汉市高二上学期11月期中联考数学检测试题（附解析）

2024-2025学年湖北省武汉市高二上学期11月期中联考数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．直线在轴上的截距为（）A． B．2 C． D．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台设备年内需要维修的情况，现产生20组随机数如下：412

451

312

533

224

344

151

254

424

142435

414

335

132

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．0.55 D．0.64．已知事件A，B互斥，它们都不发生的概率为，且，则（）A． B． C． D．5．现有一段底面周长为厘米和高为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．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．8．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．二、多选题（本大题共3小题）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11．平面内到两个定点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C．直线与点的轨迹相离D．已知点是直线上的动点，过点作点的轨迹的两条切线，切点为，则四边形面积的最小值是4三、填空题（本大题共3小题）12．抛掷两个质地均匀的骰子，则“抛掷的两个骰子的点数之和是6”的概率为．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．14．在空间直角坐标系中，，，，，，设点O关于所确定的平面对称的点为，的长度记为以为自变量的函数．若，则的最小值为．四、解答题（本大题共5小题）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．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．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．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．19．对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，．(1)若，求及；(2)证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使；(3)已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值．

答案1．【正确答案】A【详解】令则直线在轴上的截距为−2，故选：A.2．【正确答案】D【详解】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．【正确答案】C【分析】找出代表事件“一年内没有1台设备需要维修”的数组，利用古典概型的概率公式可求得结果.【详解】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：533

224

344

254

424

435

335

233

232

353

442共11组，因此，所求概率为.故选C.4．【正确答案】D【详解】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．【正确答案】B【详解】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．【正确答案】A【详解】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．【正确答案】A【分析】作点关于轴的对称点.解法一：利用直线与圆的关系计算圆心到反射光线的距离即可；解法二：利用反射光线与圆相切作临近值，借助两点距离公式、正切的和差角公式计算反射光线的斜率范围，再利用截距的意义计算即可.【详解】解法一：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．解法二：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．(正切的和差角公式)易得直线的方程为．所以．

故选A.【思路导引】解法一：对于光线的反射问题一般作对称点由入射光线得出反射光线所在直线，再利用直线与圆的位置关系计算即可；解法二：计算反射光线与圆相切时的斜率从而得出反射光线的斜率范围，再结合直线的截距意义计算，计算略显复杂，但也是一种很好的方向.8．【正确答案】C【详解】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，，，即的最小值为.故选：C.9．【正确答案】AB【详解】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．【正确答案】AD【详解】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．【正确答案】ACD【分析】对于A：设点，结合题意分析求解即可；对于B：分析可知点在圆内，结合圆的性质分析求解；对于C：求圆心到直线的距离，即可判断；对于D：分析可知当时，取到最小值，四边形面积取最小值，运算求解即可.【详解】对于选项A：设点，因为，整理可得，故A正确；对于选项B：因为点的轨迹方程是，圆心是，半径是，且，可知点在圆内，过点的直线被圆所截得的弦最短时，点是弦的中点，根据垂径定理得弦的最小值是，故B错误；对于选项C：圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，故C正确；对于选项D：因为四边形面积，由数形分析可知：当时，取到最小值，所以四边形面积取最小值，故D正确；故选ACD．12．【正确答案】【详解】抛掷两个质地均匀的骰子出现的所有情况有：（1,1），（1,2），（1,3），（1,4），（1,5），（1,6），（2,1），（2,2），（2,3），（2,4），（2,5），（2,6），（3,1），（3,2），（3,3），（3,4），（3,5），（3,6），（4,1），（4,2），（4,3），（4,4），（4,5），（4,6），（5,1），（5,2），（5,3），（5,4），（5,5），（5,6），（6,1），（6,2），（6,3），（6,4），（6,5），（6,6），共36种情况，其中“抛掷的两个骰子的点数之和是6”的有：（1,5），（2,4），（3,3），（4,2），（5,1），5种，所以所求概率为.故13．【正确答案】【详解】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．【正确答案】/【详解】如图所示，由已知可得，，，则，，即，，又，，平面，则平面，①①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.15．【正确答案】(1)(2)【详解】（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．【正确答案】(1)(2)【详解】（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．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（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．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）设，根据列式，再化简即可；（2）设的直线方程，与圆联立方程，列出根与系数关系，再列出直线，的方程，求得Q点纵坐标构建方程，代入韦达定理，求得参数，算出直线必过点，再用几何法求得最短弦即可.【详解】（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，的方程为，，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.方法点睛：求必过点可用联立方程，设而不求，算出参数关系.19．【正确答案】(1)(2)证明见解析(3)505【分析】（1）根据定义找出，，从而得到，；（2）利用反证法，假设对，然后导出矛盾，命题得证；（3）先求出，再通过变换，找到最小的时的情况.【详解】（1）因为，，，所以.（2）设，假设对，则均不为0．所以．即．因为，所