2024-2025学年吉林省长春市高二上册10月期中考试数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年吉林省长春市高二上册10月期中考试数学检测试题（含解析），共26页。试卷主要包含了圆与圆没有公共点，则的值可能是等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生需将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码.
2．回答选择题时，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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.
3．回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效.
4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．直线的倾斜角是（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
2．已知是两个平面，是两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
3．已知两直线，若，则与间的距离为（ ）
A．B．C．D．
4．某同学参加学校组织的化学竞赛，比赛分为笔试和实验操作测试，该同学参加这两项测试的结果相互不受影响.若该同学在笔试中结果为优秀的概率为，在实验操作中结果为优秀的概率为，则该同学在这次测试中仅有一项测试结果为优秀的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．在平行四边形中，点，，分别满足，，，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知圆经过两点，且圆心在直线，则圆的标准方程是（ ）
A．B．
C．D．
7．如图，在直三棱柱中，为线段的中点，为线段上一点，则面积的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知点是圆上的两个动点，点是直线上动点，且，下列说法正确的是（ ）
A．圆上恰有一个点到直线的距离为B．长的最小值为
C．四边形面积的最小值为2D．直线恒过定点
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．圆与圆没有公共点，则的值可能是（ ）
A．B．C．2D．4
10．已知随机事件满足，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．在正方体中，为的中点，是正方形内部及边界上一点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面平面
B．当时，点的轨迹长度为
C．平面内存在一条直线与直线成角
D．将以边所在的直线为轴旋转一周，则在旋转过程中，到平面的距离的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题4分，共12分．
12．在和两个集合中各取一个数组成一个两位数，则这个两位数能被4整除的概率是 .
13．如图，在空间四边形中，，平面平面，且，则与平面所成角的正弦值是 ．
14．已知圆，圆，直线上存在点，过点向圆引两条切线和，切点是和，再过点向圆引两条切线和，切点是和，若，则实数的取值范围为 .
四、解答题：本题共5小题，共58分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知点，圆的方程为，过点的直线与圆相切，点为圆上的动点．
(1)求直线的方程；
(2)求面积的最大值．
16．如图，在四棱锥中，平面与底面所成角为，四边形是梯形，．
(1)若点是的中点，点是的中点，求点到平面的距离；
(2)点是线段上的动点，上是否存在一点，使平面，若存在，试确定点位置，若不存在，请说明理由.
17．班级组织象棋比赛，共有16人报名，现将16名同学随机分成4组且每组4人进行单循环比赛，规则如下：每场比赛获胜的同学得3分，输的同学不得分，平局的2名同学均得1分，三轮比赛结束后以总分排名，小组总分排名前两位的同学获奖．若出现总分相同的情况，则以抽签的方式确定排名（抽签的胜者排在负者前面），且抽签时每人获胜的概率均为．若甲、乙、丙、丁4位同学分到一组且赛程如下表．假设甲、乙、丙3名同学水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为．丁同学与任意一名同学比赛时胜、负、平的概率分别为．每场比赛结果相互独立．
(1)求丁同学的总分为5分的概率；
(2)已知三轮比赛中丁同学获得两胜一平，且第一轮比赛中丙、丁2名同学是平局，求甲同学获奖的概率.
18．如图，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，沿EF将四边形EFCD折起，使二面角的大小为60°，点M在线段AB上.
(1)若M为AB的中点，且直线MF与直线EA的交点为O，求OA的长，并证明直线平面EMC；
(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时二面角的余弦值，若不存在，说明理由.
19．平面直角坐标系中，过点且互相垂直的两条直线分别与圆交于点，圆交于点．
(1)若直线的斜率为，求弦的长；
(2)已知圆交轴于两点，当直线的斜率存在时，求直线交点的轨迹方程；
(3)若的中点为，求面积的取值范围．
第一轮
甲—乙
丙—丁
第二轮
甲—丙
乙—丁
第三轮
甲—丁
乙—丙
1．D
【分析】由题可得其斜率，即可得倾斜角.
【详解】.
设其倾斜角为，则，又，
则，即倾斜角为150°.
故选：D
2．C
【分析】根据空间线面的位置关系的判定方法进行判断.
【详解】对A：若，则或，故A错误；
对B：因为平行于同一个平面的两条直线的位置关系不能确定，故B错误；
对C：若，则；，则，所以，
所以，所以C正确；
对D：若，，则或，故D错误.
故选：C
3．D
【分析】根据直线平行求得参数，再根据平行线之间的距离公式求解即可得结论.
【详解】因为，所以，解得，
所以，
由平行线之间的距离公式可得.
故选：D.
4．C
【分析】根据独立事件的概率公式与互斥事件的概率加法公式可求概率.
【详解】根据题意可得该同学在这次测试中仅有一项测试结果为优秀的概率为：．
故选：C.
5．A
【分析】以为基底，根据向量的加法、减法、数乘运算求解即可.
【详解】由题意，如图，

，
故选：A
6．C
【分析】先设圆心的坐标为，根据点在线上及两点间距离得出，再求出半径，得出圆的标准方程.
【详解】设圆心的坐标为.
因为圆心在直线上，所以①，
因为是圆上两点，所以，根据两点间距离公式，有，即②，
由①②可得.所以圆心的坐标是），圆的半径.
所以，所求圆的标准方程是.
故选:C.
7．B
【分析】利用向量法求出到的距离的范围后可求面积的范围.
【详解】
由直三棱柱可得平面，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，，
设，其中，故，
而，，
故到直线的距离为，
因为，故，故，
故选：B.
8．D
【分析】利用圆心到直线的距离可判断A；利用圆的性质可得切线长，利用点到直线的距离可判断B；由题可得四边形的面积，可判断C；由题可知点在以为直径的圆上，利用两圆方程可得直线的方程，即可判断D.
【详解】A.由题意得，圆心，半径，
∴圆心到直线的距离为，
∵，
∴圆上有两个点到直线的距离为，选项A错误.
B. 如图，
∵，
∴，
∴，
∴当最小时，有最小值，
当，即为圆心到直线的距离时，，
∴，选项B错误.
C. 由题意得，，
∴四边形面积为：，
由选项B可知，选项C错误.
D.设，
∵是圆的切线，
∴点在以为直径的圆上.
∵，
∴以为直径的圆为，
整理得，
与圆方程相减得直线方程为：
，
由得，即直线恒过定点，选项D正确.
故选：D.
9．ABD
【分析】圆与圆没有公共点，则两圆外离或内含，从而得到不等式，求出答案.
【详解】圆，圆心，半径，
圆，圆心，半径，
圆与圆没有公共点，则两圆外离或内含，
或，
即或，解得或，或.
故A，B，D正确；C错误.
故选：ABD.
10．ABD
【分析】利用全概率公式结合已知即可推出A正确；再利用和事件的概率公式结合A选项，即可判断BCD.
【详解】对于A，，
，
又，所以，
故，A正确；
对于BCD，，结合，
则，而，
所以，B正确，C错误，D正确；
故选：ABD
11．ABD
【分析】对于A，先证明平面，再利用面面垂直的判定定理即可判断；对于B，确定点F在以H为圆心，半径为2的圆上运动，结合弧长公式即可判断；对于C，求出EF与平面所成角的最小值，即可判断；对于D，判断出点的运动轨迹，进而结合圆的几何性质进行求解.
【详解】对于A，连接，则,
又平面平面，故,
平面，故平面，
平面，故，同理，
平面，故平面，
平面，故平面平面，A正确；
对于B，取的中点为H，连接，
则平面，平面，故，

由于，故，
即点F在以H为圆心，半径为2的圆上运动，
结合题意知F轨迹为该圆在平面内的圆弧，如图圆弧，
则，则，
故F轨迹长度为，B正确；
对于C，从正方体中分离出四棱锥，的中点为H，
平面，则，
，
则EF与平面所成角的最小值为，,
即，故平面内不存在一条直线与直线成角，C错误；
对于D，连接交于N，取的中点为M，
连接，则点的轨迹为平面内以N为圆心，为半径的圆，
又正方体性质知，由知，
而平面，故平面，
平面，故平面平面;
又平面平面，故，
结合，平面，
故平面，平面，
故，则，
设与圆的交点分别为，
当点位于处时，到平面的距离分别取到最大值和最小值，
最大值为，
最大值为，
故到平面的距离的取值范围是，D正确
故选：ABD.
难点点睛：解答本题的难点在于选项D的判断，解答时要注意判断出点的运动轨迹，进而结合圆的几何性质进行求解.
12．
【分析】确定基本事件空间为，根据古典概型计算求解，即可.
【详解】满足题意的所有两位数有，共15个.
其中能被4整除的两位数有，共5个.
所以概率
故
13．##
【分析】利用等体积法求得到平面的距离，从而求得与平面所成角的正弦值.
【详解】设是的中点，连接，由于，
所以，由于平面平面，且交线为，
平面，所以平面，由于平面，所以，
设，而，
所以，所以，
三角形的面积为，
设到平面的距离为，
则，即，
所以与平面所成角的正弦值是.
故
14．
【分析】根据题意作出图形，结合图象转化得，从而利用两点距离公式求得点的轨迹方程，进而得到直线与圆有交点，由此得解.
【详解】连接圆心和切点，如图所示，则有，
易知，
故，，
不妨设，，，
，化简得，
P的轨迹为以圆心，为半径的圆，
又P在直线上，直线与圆有交点，
，故.
故答案为.
关键点点睛：本题解决的关键是将题设条件转化得，从而利用阿氏圆的相关知识可知点的轨迹方程为圆，进而得解.
15．(1)或
(2)
【分析】（1）确定圆心和半径，考虑直线斜率存在和不存在两种情况，根据直线与圆的位置关系得到答案.
（2）利用两点距离公式计算AB，利用点到直线的距离公式求出圆心C到直线AB的距离，结合圆的性质求得最大距离，即可求解面积的最大值.
【详解】（1）圆：，，
圆心的坐标为，半径．
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
圆心到的距离，与圆相切；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
由直线与圆相切，得，解得，
所以直线的方程为．
综上所述：直线的方程为或．
（2）由得直线AB的方程为，即，
则圆心到直线AB的距离，
所以点到直线AB的距离的最大值为，又，
则的面积的最大值.
16．(1)
(2),
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.
（2）设，，进而表示出，，由题意列出关于的方程组求解即可.
【详解】（1）由平面，平面，平面，
得，,.两两垂直.
则以A为坐标原点，分别以所在的直线为 轴，建立空间直角坐标系．

则，，，，．
因为T是 的中点，点M是 的中点，所以，．
设平面 的法向量为，，，
则 ，得 ，
取 ，则 ，得平面的一个法向量为，
而,所以点P到平面的距离为．
（2）设，
注意到，所以，所以，
设，注意到，
所以，因为，，
所以，若平面，
则当且仅当，即当且仅当，
此时，.
综上所述，当且仅当重合，此时存在,，使平面.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，若丁同学总分为5分，则丁同学三轮比赛结果为一胜两平，利用相互独立事件的乘法公式即可求解；
（2）根据题意，分析甲获得奖励的情况，利用相互独立事件的乘法公式及互斥事件的概率的加法公式即可求解．
【详解】（1）丁同学总分为5分，则丁同学三轮比赛结果为一胜两平，
记第轮比赛丁同学胜、平的事件分别为，，丁同学三轮比赛结果为一胜两平的事件为，
则，
即丁同学的总分为5分的概率为．
（2）由于丁同学获得两胜一平，且第一轮比赛中丙、丁2名同学是平局，
则在第二、三轮比赛中，丁同学对战乙、甲同学均获胜，
故丁同学的总分为7分，且同丁同学比赛后，甲、乙、丙三人分别获得0分、0分、1分，
若甲同学获得奖励，则甲最终排名为第二名．
若第一、二轮比赛中甲同学均获胜，则第三轮比赛中无论乙、丙两位同学比赛结果如何，
甲同学的总分为6分，排第二名，可以获得奖励，此时的概率．
若第一轮比赛中甲同学获胜，第二轮比赛中甲、丙2名同学平局，
第三轮比赛中乙、丙2名同学平局或乙同学获胜，甲同学的总分为4分，排第二名，
可以获得奖励，此时的概率．
若第一轮比赛中甲、乙2名同学平局，第二轮比赛中甲同学获胜，
第三轮比赛中当乙、丙2名同学平局时，甲同学的总分为4分，排第二名，
可以获得奖励，此时的概率.
第三轮比赛中当乙、丙同学没有产生平局时，甲同学与第三轮比赛乙、丙中的胜者的总分均为4分，
需要进行抽签来确定排名，当甲同学抽签获胜时甲同学排第二名，可以获得奖励，
此时的概率．
综上，甲同学能获得奖励的概率.
18．(1)；证明见解析；
(2)存在点，使得直线与平面所成的角为；此时二面角的余弦值为.
【分析】（1）根据中位线性质可求得，由，结合线面平行判定定理可证得结论；
（2）由二面角平面角定义可知，取中点，由线面垂直的判定和勾股定理可知两两互相垂直，则以为坐标原点建立空间直角坐标系；设，利用线面角的向量求法可求得；利用二面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）分别为中点，
，且，
又为中点，且，
易得，
连接，交于点，连接，
由题设，易知四边形为平行四边形，
为中点，
是的中点，
为中点，
，又平面，平面，
平面；
（2），
，，
又平面，平面，
即为二面角的平面角，
；
取中点，连接，如图，
，，
，
，
，
，
，，又平面，，
平面，
平面，
，
则以为坐标原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系如下图所示，
则，，，，
设，则，，，
设平面的法向量n1=x1,y1,z1，则，
令，则，，，
直线与平面所成的角为，
，解得或，
存在点，当或时，使得直线与平面所成的角为；
设平面的法向量，又，，
，
令，则，，；
当时，，；
当时，，；
综上所述：二面角的余弦值为.
关键点点睛：本题第二步的关键在于证明三线互相垂直，建立空间直角坐标系，设出动点的坐标，熟练利用空间向量的坐标运算，求法向量，求二面角、线面角是解题的关键.
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由垂直关系结合已知的斜率可得的斜率，写出直线的方程，由点线距离公式结合直角三角形勾股定理求出半弦长，进而得弦长；
（2）设出直线，联立直线与圆方程由韦达定理可得两点坐标与的关系，求解并联立直线方程，由交轨法解得交点纵坐标即可得；
（3）按直线的斜率情况分类求解，特殊情况直接求解面积可得，一般情况设出直线，再由圆弦的存在情况可得的范围，再利用点线距公式表示圆弦及长（即点到直线的距离），从而得到面积表达式，再利用整体换元求解函数值范围可得.
【详解】（1）圆，圆心，半径.
若直线的斜率为，则直线斜率为，
则直线方程为，即，
所以圆心到直线的距离.
.
故弦的长为.
（2）圆，圆心，半径.
由题意直线存在斜率，设直线，设，
联立消得，，
由韦达定理得，，.
则，即（）
又圆与轴交于，
则直线，直线，
联立两直线方程消得，，
将（）式代入得，，
解得.
故直线交点的轨迹方程为.
（3）①当直线的斜率不存在时，如图，此时的面积；
②当直线的斜率存在且为时，
直线的方程为，经过圆心2,1，
过点且垂直于的直线（即轴）不与圆相交，
故此时不存在；
③当直线的斜率存在，设为且时，
设直线，即.
则直线，即
由圆心到直线的距离，
得，解得．
所以圆心到直线的距离，
因为，即，
所以．
由，所以，
所以E点到直线的距离即点到直线的距离
，
所以的面积．
令，则，所以，
因为，所以，所以，
综上所述，面积的取值范围是.
关键点点睛：本题难点在于第（2）问非对称韦达定理的处理，将代数式的变形利用韦达定理中与的联系（）进行和积转化，变形化简得到定值从而解决问题.