湖北省部分省级示范高中2024-2025学年高二上学期期中测试数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省部分省级示范高中2024-2025学年高二上学期期中测试数学试题（Word版附解析），文件包含湖北省部分省级示范高中2024-2025学年高二上学期期中测试数学试题Word版含解析docx、湖北省部分省级示范高中2024-2025学年高二上学期期中测试数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
命题人：武汉市第十四中学 杜万能 审题人：武汉市第十二中学 段玉慧
考试时间：2024年11月14日 试卷满分：150分
★祝考试顺利★
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粘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、选择题（本大题共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. 天气预报甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是0.3，假定在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则至少有一地降雨的概率（ ）
A. 0.06B. 0.94C. 0.56D. 0.44
【答案】D
【解析】
【分析】根据对立事件概率性质，“至少一个地方降雨”与“甲乙两地都不降雨”互为对立事件，即可代入求解.
【详解】设事件“甲地降雨”，事件“乙地降雨”，则事件与相互独立.
由题意知，
则，
所以至少有一地降雨概率为，
.
故选：D.
2. 如果，，则直线不经过（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出直线的斜率及纵截距，再判断正负即可得解.
【详解】由，得，
又，，
则符号相反，符号相反，
所以符号相同，
所以直线的斜率，在轴上的截距，
所以直线不通过第三象限.
故选：C.
3. 与圆同圆心，且过点的圆的方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据同圆心,可设圆的一般式方程为,代入点即可求解.
【详解】设所求圆的方程为，由该圆过点，得m＝4，
所以所求圆的方程为.
故选：B
4. 从长度为2，4，6，8，10的5条线段中任取3条，这三条线段能够成一个三角形的概率（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】采用列举法可得所有基本事件和满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可得结果.
【详解】从条线段中任取3条，则有，，，，，，，，，，共10个基本事件；
其中三条线段能够成三角形的基本事件有：，，，共3个；
三条线段能够成一个三角形的概率概率.
故选：B.
5. 已知，，经过作直线，若直线与线段恒有公共点，则直线倾斜角的范围（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题知，再根据斜率范围求解倾斜角范围即可.
【详解】
设直线的斜率为，直线的倾斜角为，则，
因为直线的斜率为，直线的斜率为，
因为直线经过点，且与线段总有公共点，
所以，即，
因为，
所以或，
故直线的倾斜角的取值范围是．
故选：C．
6. 在《线性代数》中定义：对于一组向量，，存在一组不全为0的实数，，使得：成立，那么则称，，线性相关，只有当时，才能使成立，那么就称，，线性无关.若为一组不共面的空间向量，则以下向量组线性无关的是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量组线性相关，无关的定义列出等式，解方程组即可判断.
【详解】因为为一组不共面的空间向量，则不能用，线性表示，
即只有当时，.
对于A：设，
整理得：，
所以有，取，
所以，，线性相关，故A错误；
对于B：设，
整理得：，
所以有，取，
所以，，线性相关，故B错误；
对于C：设，
整理得：，
所以有，取，
所以，，线性相关，故C错误；
对于D：设，
整理得：，
所以有，解得，
所以，，线性无关，故D正确.
故选：D
7. 若圆上总存在两个点到原点的距离均为2，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】问题转化为圆与圆有两个交点，利用圆与圆的位置关系，即可求的取值范围.
【详解】到原点的距离为2的点的轨迹为圆，
因此问题转化为圆与圆有两个交点，
易知，，，，，
所以，即，
解得或，
所以实数的取值范围为.
故选：A.
8. 已知点在直线上，过点作圆的两条切线，切点分别为，则点到直线距离的最大值（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】假设点，求得以为直径的圆的方程，与已知圆的方程作差可得直线的方程，然后可知直线过定点，最后判断和计算可得结果.
【详解】设，则，
则以为直径的圆的方程为，
与圆的方程相减，得到直线的方程为：，
又，可得，即，
可得，解得，所以直线恒过定点，
点到直线距离的最大值即为点，之间的距离，，
所以点到直线距离的最大值为.
故选：A.
二、多选题（本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.）
9. 若三条直线，，不能构成三角形，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由三条直线不能围成三角形，则三条直线中至少有两条直线平行或三条直线交于同一点列式可得结果.
【详解】设，，，
由，解得，
所以与的交点为，
因为三条直线不能围成三角形，所以过与的交点或或，
当过与的交点时，，解得，
当时，，解得，
当时，，解得，
综上，的值为.
故选：ABD.
10. 在棱长为2的正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若为空间任意一点，且，则
B. 与所成角的大小为
C. 在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值
D. 在线段上存在一点，使得平面
【答案】AC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，由空间向量的坐标运算即可判断A，由异面直线夹角的向量法代入计算，即可判断B，由平面以及等体积法即可判断C，求得平面的法向量，代入计算，即可判断D
【详解】
对于选项A，建立如图所示空间直角坐标系，则，
设，则，
，
由可得，
即，所以，故A正确；
对于选项B，，设与所成角为，
则，故B错误；
对于选项C，因为，且平面，平面，
所以平面，又点在直线上，所以点到平面的距离为定值，
且为定值，所以为定值，故C正确；
设在线段上存在点，符合题意，
对于选项D，设，又，
则，即，所以，
即，
设平面的法向量为，且，
所以，解得，取，则，
则，方程无解，
所以线段上不存在一点，使得平面，故D错误；
故选：AC
11. 已知圆，圆，（，且，不同时为0）交于不同的两点，，下列结论正确的是（ ）
A. ，
B. 直线的方程为：
C. 若点是圆内异于圆心的一点，以为中点的弦所在的直线为，直线，则且与圆相离
D. ，为圆上的两动点，且，则的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A，根据两圆半径相等, 则的中点恰为的中点，计算得解；对B，两圆方程相减就得到公共弦所在的直线的方程；对C，根据圆的性质求出直线的斜率和方程可判断，再求出圆心到直线的距离判断直线与圆的位置关系；对D，设的中点为，可得，利用弦长可求得，即点在以点为圆心，为半径的圆上，数形结合求解.
【详解】对于A，因为两圆半径相等, 所以的中点恰为的中点，
所以，，故A错误；
对于B，将圆与圆的方程相减可得公共弦所在的直线的方程为，故B正确；
对于C，由题意，以点为中点的弦所在直线，，
所以，则直线为，所以，
又点到直线的距离为，又点Px0,y0在圆内，则，
所以圆心到直线的距离为，则直线与圆心相离，故C正确；
对于D，设的中点为，则，由，
可得，即点在以点为圆心，为半径的圆上，
所以，
所以的最大值为，故D正确.
故选：BCD.

三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填写在答题卡上相应位置的横线上.）
12. 已知向量，向量，若，则为_________
【答案】##
【解析】
【分析】根据空间向量的共线，可得向量之间有倍数关系，由此可得方程组，即可求解答案.
【详解】已知向量，向量，
因为，则，
所以，
即，解得，
所以.
故答案为：.
13. 甲乙两人进行羽毛球比赛，在前三局比赛中，甲胜2局，乙胜1局，规定先胜3局者取得最终胜利，已知甲在每局比赛中获胜的概率为，乙在每局比赛中获胜的概率为，且各局比赛结果相互独立，则甲取得最终胜利的概率为_________
【答案】
【解析】
【分析】分还进行一局比赛、两局比赛两种情况讨论，按照相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得.
【详解】设甲取得最终胜利为事件，则.
故答案为：
14. 集合，集合，若，则实数的取值范围__________
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，集合表示中心为O0,0，边长为的正方形向左或向右平移个单位得到，集合表示四个半圆围成的图形，数形结合求解.
【详解】定义集合，集合表示中心为O0,0，边长为的正方形，如图所示，
集合可看作集合表示的正方形向左或向右平移个单位得到，
集合表示如图的四个半圆围成的图形，若，
则，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题（本大题共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. 一个袋子中有标号分别为、、、的个球，除标号外没有其他差异.采用不放回方式从中任意摸球两次
（1）求摸出两球标号互质的概率；
（2）设事件“第一次摸出球的标号小于”，事件“第二次摸出球的标号小于”，判断事件与事件是否相互独立.
【答案】（1）
（2）不独立，理由见解析
【解析】
【分析】（1）记事件摸出两球标号互质，列举出样本空间，以及事件包含的样本点，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）利用独立事件的定义判断可得出结论.
【小问1详解】
讨论摸出两球的标号，记事件摸出两球标号互质，
样本空间为，共个样本点，
每个样本点出现的可能性相同，
，共个样本点，故.
因此，摸出两球标号互质的概率为.
【小问2详解】
样本空间为，
共个样本点，
，
，，
则，，所以，，
所以，事件与事件不独立.
16. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱的长度都为，且.

（1）求的长度；
（2）求直线和直线所成角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，，，将用、、表示，利用空间向量数量积的运算性质可求得线段的长度；
（2）计算得出，利用空间向量数量积的运算性质可求得直线和直线所成角的余弦值.
【小问1详解】
设，，，
由题意可知，，，
由空间向量数量积的定义可得，
，
则，
故.
【小问2详解】
，
则，
，则.
故直线和直线所成角的余弦值为.
17. 已知圆，直线
（1）求证：直线与圆恒有两个交点
（2）设直线与圆交于两点，当为何值时，三角形的面积有最大值，并求出该最大值
【答案】（1）证明见详解
（2），最大值为10
【解析】
【分析】（1）先证明直线过定点，再说明定点在圆内即可；
（2）设圆心到直线的距离为，注意到，又，可以求出面积的最大值，注意验证取等条件，进一步由斜率关系可以求出参数，由此即可得解.
【小问1详解】
因为直线，可得，
所以，解得，
所以直线过定点，
将点代入圆方程可得，
所以点在圆的内部，所以直线与圆恒有两交点.
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为，
则，
，
因为，所以当时，三角形面积最大，最大值为.
此时，且，则，即，解得.
所以当时，三角形的面积最大，最大值为.
18. 如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，平面，.
（1）若平面平面，求证：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值；
（3）若是线段上动点，为中点，试确定点的位置，使得直线与平面所成角最大，并求出该最大角.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3），最大角为
【解析】
【分析】（1）先证明平面，再证明即可得证；
（2）计算出平面的法向量，而平面的一个法向量为，两个法向量的夹角即为所求二面角；
（3）设，求出与平面的夹角的正弦值为，再经过适当变形结合二次函数的性质得出最大值及取得最大值的条件.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，，
因为，所以，
又因为平面，，所以平面，
因为平面，平面，所以平面，
因为平面平面，所以，
又因为平面，所以平面.
【小问2详解】
以为原点，分别为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
，，
设平面的法向量为，则有，取，则，
因为平面，所以平面一个法向量为，
，所以与平面所成角的余弦值为.
【小问3详解】
，，设，则，，设平面的法向量为m=x,y,z，
则有，取，则，，则与平面的夹角的正弦值为，
设，则，
当时，取得最大值，所以的最大值为，
所以当点满足时，与平面的夹角的最大值为.
19. 已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，记线段中点的运动轨迹为曲线
（1）求曲线的方程
（2）过点作直线交曲线于两个不同的点，，且不过曲线的中心，再过点，分别作曲线的切线，两条切线交于点，求证：点在同一直线上，并求出该直线的方程
（3）斜率为的直线与曲线相交于异于原点的两点，，直线，的斜率分别为，，且.若，为垂足，证明：存在定点，使得为定值
【答案】（1） （2）详见解析； （3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）利用相关点法求轨迹方程；
（2）设，，，由，可得直线所在的直线方程，又点在直线上，可得证；
（3）设直线与圆的方程联立，利用韦达定理表示，即可求解定点坐标，由几何图形可知，，再利用直角三角形，斜边的中线等于斜边的一半，即可求出定点坐标.
【小问1详解】
设线段的中点为，，
，即，
因为点在圆上，
所以，化简得，
所以曲线的方程为.
小问2详解】
设，，，点在圆外部，
由，可得，即，
又，可得，
同理，由可得，
所以直线所在的直线为，又点在直线上，
，即，
所以点在同一条直线上，直线方程为.
【小问3详解】
设直线，，，，
由，得，
，，
，即，
，所以，
所以直线的方程为，即直线过定点，
因为为定值，为直角三角形，为斜边，
所以当是的中点时，，
所以存在定点，使得为定值.