2024-2025学年河南省信阳市高二上学期11月期中数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年河南省信阳市高二上学期11月期中数学检测试题（附解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知向量，，若，则m等于（ ）
A．B．C．2D．4
2．已知，B2,1，，经过点C作直线l，若直线l与线段AB没有公共点，则直线l的倾斜角的取值范围为（ ）
A．B．
C．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：
412 451 312 533 224 344 151 254 424 142
435 414 335 132 123 233 314 232 353 442
据此估计一年内这3台设备都不需要维修的概率为（ ）
A．0.4B．0.45C．0.55D．0.6
4．口袋中装有质地和大小相同的6个小球，小球上面分别标有数字1，1，2，2，3，3，从中任取两个小球，则两个小球上的数字之和大于4的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．曲线的周长为（ ）
A．B．C．D．
6．某大学选拔新生进“篮球”“舞蹈”“美术”三个社团，据资料统计，新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立.假设某新生通过考核选拔进入“篮球”“舞蹈”“美术”三个社团的概率依次为，m，n，已知三个社团他都能进入的概率为，至少进入一个社团的概率为，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
7．长方体 中，与平面所成的角为，与所成的角为，则下列关系一定成立的是（ ）
A． B．
C．D．
8．已知圆C：，P为直线l：上一点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A和B，当四边形PACB的面积最小时，直线AB的方程为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件 “第一次出现2点”，“第二次的点数小于5点”，“两次点数之和为奇数”，“两次点数之和为9”，则下列说法正确的有（ ）
A．与不互斥且相互独立B．与互斥且不相互独立
C．与互斥且不相互独立D．与不互斥且相互独立
10．已知圆：与圆相交于，两点，直线，点为直线上一动点，过作圆的切线，，（，为切点），则说法正确的是（ ）
A．直线的方程为B．线段的长为
C．直线过定点D．的最小值是．
11．在三棱锥中，平面，平面内动点的轨迹是集合.已知且在棱所在直线上，，则（ ）
A．动点的轨迹是圆
B．平面平面
C．三棱锥体积的最大值为3
D．三棱锥外接球的半径不是定值
三、填空题（本大题共3小题）
12．空间四点共面，但任意三点不共线，若为该平面外一点且，则实数的值为
13．已知事件A与事件B相互独立，若，，则 .
14．若直线与圆只有一个公共点，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知圆的圆心在直线上，且与y轴相切于点．
(1)求圆C的方程；
(2)若圆C直线交于A，B两点，_____，求m的值．
从下列两个条件中任选一个补充在上面问题中并作答：
条件①：；
条件②：．
16．某校田径队有三名短跑运动员，根据平时的训练情况统计：甲、乙、丙三人100m跑（互不影响）的成绩在13s内（称为合格）的概率分别是，，.若对这三名短跑运动员的100m跑的成绩进行一次检测，则：
(1)三人都合格的概率与三人都不合格的概率分别是多少？
(2)出现几人合格的概率最大？
17．如图，在三棱锥中，，，，为等边三角形，的中点分别为，且.
(1)证明：平面平面.
(2)若为的中点，求点到平面的距离.
18．在梯形ABCD中，，，F为AB中点，，，，如图，以EF为轴将平面ADEF折起，使得平面平面BCEF.
(1)若M为EC的中点，证明：∥平面ABC；
(2)证明：平面平面BCD；
(3)若N是线段DC上一动点，平面BNE与平面ABF夹角的余弦值为，求DN的长.
19．在平面直角坐标系中， 圆为ΔABC 的内切圆.其中.
（1）求圆的方程及 点坐标；
（2）在直线 上是否存在异于的定点使得对圆上任意一点，都有为常数 )？若存在，求出点 的坐标及的值；若不存在，请说明理由.
答案
1．【正确答案】B
【详解】由，，，
得.
解得.
故选：B
2．【正确答案】C
【详解】设直线l的斜率为，直线l的倾斜角为，则，
因为直线的斜率为，直线的斜率为，
因为直线l经过点，且与线段没有公共点，
所以，或，
即或，
因为，所以，
故直线l的倾斜角的取值范围是．
故选：C．

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】A
【详解】记两个标有数字的小球分别为、，两个标有数字的小球分别为、，
两个标有数字的小球分别为、，
从中任取两个小球可能结果有，，，，，，，，
，，，，，，共种情况，
其中满足两个小球上的数字之和大于的有，，，，共种情况，
所以两个小球上的数字之和大于的概率.
故选：A
5．【正确答案】C
【详解】由，
得，
即，
即或，
所以曲线C表示两个同心圆，且这两个圆的半径分别为，
所以曲线C的周长为．
故选：C.
6．【正确答案】A
【详解】因为新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立，
所以由题意得，解得.
故选：A.
7．【正确答案】D
【分析】根据线面角以及线线角的定义可得，即可由锐角三角函数表示结合三角函数的单调性即可求解.
【详解】由于平面，故,
故
由于的大小不确定，所以无法确定的大小，故的大小不确定，A错误，
由于,
故，
由于均为锐角，所以也是锐角，故，即.
故选：D
8．【正确答案】A
【详解】如图所示，

由，
得圆C的圆心，半径.
因为，
所以四边形PACB的面积.
所以当PC最小时，S也最小，此时，.
则PC斜率为1，故PC的方程为，即.
联立，解得，，
即.
由于过圆外一点作圆的两条切线，
切点弦方程为，
所以直线AB的方程为，
化简得.
故答案选：A.
9．【正确答案】ABD
【详解】对于A：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次与第二次的结果互不影响，即与相互独立；
第一次出现2点，第二次的点数小于5点可以同时发生，与不互斥；故A正确；
对于B：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果会影响两次点数之和，即与不相互独立；
第一次出现2点，则两次点数之和最大为8，即与不能同时发生，即与互斥，故B正确；
对于C：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第二次的结果会影响两次点数之和，即与不相互独立；
若第一次的点数为5，第二次的点数4点，则两次点数之和为9，即与可以同时发生，即与不互斥，故C错误；
对于D：连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，第一次的结果不会影响两次点数之和的奇偶，即与相互独立；
若第一次的点数为2，第二次的点数3点，则两次点数之和为5是奇数，即与可以同时发生，即与不互斥，故D正确.
故选：ABD.
10．【正确答案】BCD
【详解】由题知，联立，
两式相减得，
即直线的方程为，A错；
联立，
解得或，
所以，B正确；
对于C，设，
因为，为圆的切点，
所以直线方程为，
直线的方程为，
又设，
所以，
故直线的方程为，
又因为，
所以，
由得，
即直线过定点，C正确；
因为，
所以当最小时，最小，
且最小为，
所以此时，D正确.
故选BCD.
11．【正确答案】ABC
【分析】
首先底面建坐标系，利用轨迹法求得点的轨迹，点也在轨迹圆上，再根据几何关系，以及体积公式，外接球的半径问题，利用数形结合，即可求解.
【详解】A.因为，所以在平面内，以所在直线为轴，以线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图，
设，，，
由知，，化简为，即点的轨迹为圆，故A正确；
B. 根据以上证明可知，点和在圆与轴的两个交点，如上图，由条件可知，点在圆上，
则，而平面，平面,所以，
所以是二面角的平面角，则平面平面，故B正确；
C.当点到的距离为2时，此时的面积最大，此时最大面积是,
则三棱锥体积的最大值为，故C正确；
D.由以上证明可知，，且，如图，
取的中点，作平面，且，
所以，
所以三棱锥外接球的半径是定值，故D错误.
故选：ABC
关键点点睛：本题的关键是理解题意，并在底面建立坐标系，求点的轨迹，后面的选项就会迎刃而解.
12．【正确答案】
【详解】解：因为空间，，，四点共面，但任意三点不共线，
则可设，
又点在平面外，则
，
即，
则，
又，
所以，解得，.
故13．
13．【正确答案】0.28/
【详解】因为事件A与事件B相互独立，
所以事件与事件B相互独立.
因为，，
所以.
所以.
故0.28
14．【正确答案】
【详解】由题意，圆的半径，圆心到直线的距离为.
因为直线与圆只有一个公共点，所以，即，
解得，则，所以.
故答案为.
15．【正确答案】(1)
(2)选择见解析，或
【详解】（1）设圆心坐标为，半径为.
由圆的圆心在直线上，知.
又∵圆与轴相切于点，
∴，，则.
∴圆的圆心坐标为，则圆的方程为.
（2）如果选择条件①：，而，
∴圆心到直线的距离，则，解得或.
如果选择条件②：，而，
∴圆心到直线的距离，则，解得或.
16．【正确答案】(1)；
(2)出现2人合格的概率最大.
【详解】（1）设甲、乙、丙三人100m跑合格分别为事件，，，显然，，相互独立，
且，，，设恰有人合格的概率为，
则，
.
（2）
，，
而，所以出现2人合格的概率最大.
17．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为为等边三角形，分别是的中点，
且，所以，
所以.
又，所以，即.
因为，，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）连接，由于为等边三角形，是的中点，所以，
又由（1）可知平面平面，且交线为，平面，
所以平面.
因为为的中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离.
在直角中，可知，
在直角中，可知，
因为是的中位线，所以，
的面积，
设点到平面的距离为，则三棱锥的体积.
又的面积，点到平面的距离为，
所以三棱锥的体积.
由，得，即点到平面的距离为.
18．【正确答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）
由，，得，.
因为M为EC的中点，F为AB中点，，所以，且.
所以四边形BCMF为平行四边形，所以.
又平面ABC，平面ABC，所以∥平面ABC.
（2）
因为平面平面BCEF，平面平面，，所以平面BCEF.
又平面BCEF，所以.
由，，，得.
又，所以平面DEB.
又平面BCD，
所以平面平面BCD.
（3）由（2），得EF，EC，ED两两垂直，则可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
则.
设（），则.
设平面BNE的法向量为.
由，
令，得.
易知平面ABF的法向量为.
所以，
解得，此时，
所以，即DN的长为.
19．【正确答案】（1），；（2）.
【详解】（1）由知直线的方程为，
由于圆与线段相切，所以半径即圆的方程为.
由题意与线段相切，所以线段的方程为，即.
又与线段也相切，所以线段的方程为，即.
故
（2）设，则，，
若在直线上存在异于的定点，使得对圆上任意一点，
都有为常数 )，等价于，
对圆上任意点恒成立.
即
整理得：
因为点在直线上，所以，由于在圆上，所以.
故对任意恒成立，
所以显然，所以故，
因为，解得：或；
当时，此时重合，舍去.
当时，
综上，存在满足条件的定点，此时.