江西省上饶市广信中学2024-2025学年高二上学期十一月检测数学试题

这是一份江西省上饶市广信中学2024-2025学年高二上学期十一月检测数学试题，共9页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题卷、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：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知两点到直线的距离相等，则（ ）
A．3B．C．3或-6D．3或
2．已知圆，圆，若圆上存在点，过点作圆的两条切线，切点分别为A，B，使得，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知O为坐标原点，P是椭圆E：上位于x轴上方的点，F为右焦点.延长PO，PF交椭圆E于Q，R两点，，，则椭圆E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知F为抛物线的焦点，点M在C上，且，则点M到y轴的距离为（ ）
A．6B．5C．4D．
5．在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点是（ ）
A．B．C．D．
6．如图，平行六面体各棱长为，且，动点在该几何体内部，且满足，则的最小值为（ ）

A．B．C．D．
7．由数字2，3，4组成没有重复数字的三位数，则这个三位数是偶数的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知甲罐中有四个相同的小球，标号为，乙罐中有三个相同的小球，标号为，从甲罐，乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件“抽取的两个小球标号之和大于6”，事件“抽取的两个小球标号之积小于6”，则下列说法错误的是（ ）
A．事件发生的概率为B．事件相互独立
C．事件是互斥事件D．事件发生的概率为
二、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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．下列结论正确的有（ ）
A．直线关于对称的直线为
B．若一直线的方向向量为，则此直线倾斜角为60°
C．若直线与直线垂直，则
D．双曲线与椭圆有不同的焦点.
10．下列关于空间向量的命题中，是真命题的有（ ）
A．将空间所有的单位向量平移到一个起点，则它们的终点构成一个球面
B．若非零向量，满足，则有
C．与一个平面法向量共线的非零向量都是该平面的法向量
D．设为空间的一组基底，且，则四点共面
11．现有一个抽奖活动，主持人将奖品放在编号为1、2、3的箱子中，甲从中选择了1号箱子，但暂时未打开箱子，主持人此时打开了另一个箱子（主持人知道奖品在哪个箱子，他只打开甲选择之外的一个空箱子）.记表示第号箱子有奖品，表示主持人打开第号箱子.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率增大
D．若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率不变
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．设是直线上的动点，过作圆的切线，则切线长的最小值为 .
13．在棱长为4的正方体中，为平面的中心，为的中点，则点到直线的距离为 .
14．在的展开式中，的系数为，则 .
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15．（13分）已知圆，其中．
(1)如果圆与圆外切，求的值；
(2)如果直线与圆相交所得的弦长为，求的值．
16．（15分）已知椭圆的一个顶点为，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)经过点能否作一条直线，使直线与椭圆交于，两点，且使得是线段的中点，若存在，求出它的方程；若不存在，说明理由．
17．（17分）如图，在三棱柱中，，分别为和的中点，设，，.
(1)用，，表示向量；
(2)用，，表示向量；
(3)若，，，求.
18．（15分）已知在的二项展开式中.
(1)若，求展开式中含项的系数；
(2)若展开式含有常数项，求最小的正整数的值.
19．（17分）在校运动会上，有甲、乙、丙三位同学参加羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，甲、丙首先比赛，乙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为.
(1)求丙连胜四场的概率；
(2)求需要进行第五场比赛的概率；
(3)甲、乙、丙三人中谁最终获胜的概率最大?请说明理由.
高二数学参考答案
1．D
【分析】利用点到直线距离公式得到方程，求出答案.
【详解】由题意得，解得或3.
故选：D
2．B
【分析】先求出，得到点的轨迹为圆，结合点在圆上，故与圆有公共点，根据圆心距和两圆半径得到不等式，求出答案.
【详解】圆的半径为2，由对称性得，故，
故点在圆上，点在圆上，
所以与有公共点，
所以，解得.
故选：B
3．A
【分析】设左焦点为，连接，，，易得四边形为矩形，设，得到，再由，得到，然后在中，由求得即可.
【详解】解：如图，设左焦点为，连接，，，
由题，，关于原点对称，所以四边形为平行四边形，
又因为，所以四边形为矩形.
设，则，
又因为，则，，，
在中，，即，
解得或（舍去），故点P为椭圆的上顶点.
由，所以，即，
所以离心率.
故选：A
4．C
【分析】根据抛物线的定义求解．
【详解】由题意及抛物线定义，点M到C的准线的距离为6，
所以点M到y轴的距离为.
故选：C．
5．A
【分析】根据关于平面对称的特征求解；
【详解】关于平面的对称点的特征为坐标不变，取相反数，
故所求坐标为.
故选：A.
6．B
【分析】由平面向量共面定理可知：点在平面内，则的最小值即为点到平面的距离，求出三棱锥为正四面体，过点作平面，求解即可得出答案.
【详解】因为，
则，
即，
由平面向量共面定理可知：点在平面内，
则的最小值即为点到平面的距离，
连接，，，，，，
因为平行六面体各棱长为，且，
所以，，
所以三棱锥为正三棱锥，
如图所示，

设中点为，过点作平面，
则点为的中心，即在上，
则，
则，
所以，
故选：B.
7．A
【分析】先看一共能组成多少个没有重复数字的三位数，再看其中有多少偶数,所占比例就是所求的概率.
【详解】将组成没有重复数字的三位数，共有种，
而其中偶数有两种情况：
①以为个位数的三位数，是，共有2种
②以为个位数的三位数，是，共有2种
所以，这个三位数是偶数的情况共有种，
所以，这个三位数是偶数的概率为事件，则.
故选：A.
8．B
【分析】写出所有的基本事件，再选出事件，所含有的基本事件，然后根据古典概型，相互独立，互斥事件、求出的概率依次判断选项．
【详解】甲罐中小球编号在前，乙罐中小球编号在后，表示一个基本事件，
有11，12，13，21，22，23，31，32，33，41，42，43，共12个，
事件含有的基本事件有：43，共1个．
事件含有的基本事件有：11，12，13，21，22，31，41，共7个，
事件发生的概率为，故A正确；
，，，，不相互独立，故B错误；
事件两者不可能同时发生，它们互斥，故C正确；
事件中含有8个基本事件，共有基本事件12个，因此，故D正确.
故选：B．
9．BCD
【分析】A选项联立直线方程先求出交点坐标，再在直线取一个点的，求出这个对称点的坐标，两点确定对称直线方程；B选项由斜率确定倾斜角的大小；C表示出两直线斜率，由垂直得到斜率乘积为建立等式，求出的值；D选项求出两个曲线的的值，相同则焦点相同，不同则焦点不同.
【详解】A选项：联立方程组解得交点坐标为，
在直线取点，过点作的垂线，
联立方程组解得交点坐标为，
∴对称直线为：，化简得：，
∴直线关于对称的直线为，A选项错误；
B选项：直线倾斜角为，，∴，B选项正确；
C选项： ，，∵两直线垂直，∴，
∴，C选项正确；
D选项：，，，D选项正确；
故选：BCD
10．ABC
【分析】利用单位向量判断A；利用共线向量的知识判断B；利用平面的法向量的定义可判断C；利用点共面的判定定理可判断D.
【详解】对于A，由单位向量的定义：长度为1的向量，可得将空间所有的单位向量平移到一个起点，则它们的终点构成一个球面，故A正确；
对于B，非零向量，满足，则有，故B正确；
对于C，由平面的法向量的定义可知与一个平面法向量共线的非零向量都是该平面的法向量，故C正确；
对于D，由且，故不共面.
故选：ABC.
11．BC
【分析】根据给定条件，利用古典概率公式，结合条件概率和全概率公式及逐项判断即可.
【详解】对于A，甲选择1号箱，奖品在2号箱里，主持人打开3号箱的概率为1，即，A错误；
对于B，，，，，
则，
因此，B正确；
对于CD，若继续选择1号箱，获得奖品的概率为，主持人打开了无奖品的箱子，
若换号，选择剩下的那个箱子，获得奖品的概率为，甲换号后中奖概率增大，C正确，D错误.
故选：BC
12．
【分析】由题意得当最小时，连线与直线垂直，由点到直线的距离公式和勾股定理可求得答案．
【详解】圆的圆心，半径，
设切点为，
由题意可知，点到圆的切线长最小时，，
因为圆心到直线的距离，
所以切线长的最小值为：．
故答案为：．
13．2
【分析】建立空间坐标系，求解直线的单位方向向量，结合勾股定理进行求解.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
因为，所以.
又，
所以点点到直线的距离为.
故答案为：.
14．5
【分析】由二项式的展开式，令的次数为1，此时的系数等于10建立等式，解出的值.
【详解】，
令，则，
∴.
故答案为：5.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可得圆的圆心和半径，结合两圆的位置关系列式求解；
（2）先求圆心到直线的距离，根据垂径定理列式求解即可.
【详解】（1）因为圆，即，
则，即，可知圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径，
若两圆外切，则，即，解得.
（2）因为圆心到直线的距离，
由题意可得，即，解得.
16．(1)
(2)．
【分析】（1）根据椭圆的顶点及离心率即可得出椭圆方程；
（2）当直线斜率存在时，设直线方程，联立椭圆方程，根据根与系数的关系建立
方程求斜率即可得解.
【详解】（1）椭圆的顶点为，，
又，，
，
椭圆的方程为：．
（2）当过点的直线斜率不存在时，显然不成立，
设直线的斜率为，则其方程为：，如图，

联立方程组，消去并整理，
得：，
由在椭圆内部可知，方程有两不等实根，
设Ax1,y1,Bx2,y2，
，且点是线段的中点，
，，
故存在这样的直线，方程为：，即，
17．(1)
(2)
(3)
【分析】运用空间向量的线性运算规则，结合图形性质和数量积运算即可.
【详解】（1）.
（2）.
（3），，，
.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由二项展开式的通项公式，即可求得展开式中含项的系数；
（2）根据题意，在二项展开式的通项公式中，令的幂指数为，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）当时，展开式的通项公式为，
令，解得，所以展开式中含项的系数为.
（2）展开式的通项公式为，
令，解得，因为，
所以当时，取得最小值，此时展开式含有常数项，
所以最小的正整数的值为.
19．(1)
(2)
(3)乙最终获胜的概率最大，理由见解析
【分析】（1）根据题意，由独立事件的概率公式，代入计算即可得到结果；
（2）根据题意，分别求出甲、丙连胜四场与乙上场后连胜三场获胜的概率，即可得到结果；
（3）根据题意，列出基本事件个数，求出甲、乙、丙获胜的概率，即可得到结果.
【详解】（1）丙连胜四场的情况为：“丙胜甲负，丙胜乙负，丙胜甲负，丙胜乙负”，
所以丙连胜四场的概率：；
（2）根据赛制，至少需要进行四场比赛，
而甲、丙连胜四场的概率为，
乙上场后连胜三场获胜的概率为，
需要进行第五场比赛的概率；
（3）三人中乙最终获胜的概率最大.理由如下：
记事件为甲输，事件为丙输，
记事件：甲赢，记事件：乙赢，
则甲赢的基本事件包括：，
甲赢的概率为，
由对称性可知，丙最终获胜的概率和甲最终获胜的概率相等，
即丙最终获胜的概率也是，
所以乙赢的概率为，
又，所以三人中乙最终获胜的概率最大．