河南省信阳市2024-2025学年高二上学期11月期中数学试卷（解析版）

这是一份河南省信阳市2024-2025学年高二上学期11月期中数学试卷（解析版），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷
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.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知向量，，若，则m等于（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】由，，，
得.解得.
故选：B
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.
【答案】C
【解析】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. 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
【答案】C
【解析】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. 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.
【答案】A
【解析】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. 曲线的周长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】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. 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. ，
【答案】A
【解析】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. 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.
【答案】D
【解析】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. 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.
【答案】A
【解析】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.
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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
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
【答案】ABD
【解析】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. 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．
【答案】BCD
【解析】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Px0,y0，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. 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
【答案】ABC
【解析】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.
第Ⅱ卷
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
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____________
【答案】
【解析】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，.
13.已知事件A与事件B相互独立，若，，则__________.
【答案】0.28
【解析】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.
14. 若直线与圆只有一个公共点，则__________.
【答案】
【解析】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.
四、解答题：本题共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. 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上面问题中并作答：
条件①：；
条件②：．
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. 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？
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，
.
（3）
，，
而，所以出现2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.
（1）证明：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）解：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. 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.
（1）解：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）证明：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）解：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. 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.
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.