重庆市合川大石中学等多校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市合川大石中学等多校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析），文件包含重庆市合川大石中学等多校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷Word版含解析docx、重庆市合川大石中学等多校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷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。
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第十章，选择性必修第一册第一、二章.
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. 圆与的位置关系为（ ）
A. 相交B. 相离C. 外切D. 内切
【答案】D
【解析】
【分析】计算两圆圆心距，利用几何法可判断两圆的位置关系.
【详解】圆的圆心为，半径；圆的圆心为，半径．
两圆圆心距为，所以圆与圆内切．
故选：D.
2. 若直线与直线平行，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两直线平行的判定方法列出方程，求解后检验即得.
【详解】因为，所以，解得或.
当时，重合，不合题意；
当时，，符合题意.
故选：C.
3. 甲、乙两人独立地破译一份密码，已知两人能破译密码概率分别是 ，，则密码被成功破译的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据相互独立事件同时发生的概率公式及对立事件的概率公式计算得解.
【详解】甲乙都没有破译密码的概率,
所以根据对立事件概率公式可知，
密码被成功破译的概率,
故选：D
4. 已知向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量的计算方法求得正确答案.
【详解】向量在向量上的投影向量为．
故选：A
5. 若构成空间的一个基底，则下列选项中能作为基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量共面基本定理判断各选项向量是否共面即可得解.
【详解】因为，所以共面，故A错误；
因为，所以共面，故B错误；
因为，所以共面，故C错误；
因为不存在x，y，使得，所以不共面，故D正确．
故选：D
6. 空间内有三点，则点到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的坐标表示求出，利用空间向量法求解点线距即可.
【详解】因为，所以的一个单位方向向量为.
因为，
所以点到直线的距离为.
故选：A
7. 某手机信号检测设备的监测范围是半径为的圆形区域，一名人员持手机以每分钟的速度从设备正东的处沿西偏北方向走向位于设备正北方向的处，则这名人员被持续监测的时长约为（ ）
A. 2分钟B. 3分钟C. 4分钟D. 5分钟
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，求出直线及圆的方程，利用点到直线的距离公式及圆的弦长公式求解即得.
【详解】以设备的位置为坐标原点，其正东、正北方向分别为轴、轴的正方向建立平面直角坐标系，
则直线，即，圆，
记从处开始被监测，到处监测结束，点到直线的距离为，
则，所以被监测的时长为分钟.
故选：C

8. 如图，在四面体中，平面平面是边长为6的正三角形，是等腰直角三角形，是的中点，，若平面，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出及平面的法向量，利用它们数量积为0求解即可.
【详解】连接，由为等边三角形，则，
又平面平面，是交线，平面，
所以平面，又平面，所以,
因为为等腰三角形，是的中点，所以，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
，
， ．
设平面的一个法向量为，则
取，则．
因为平面，所以，解得．
故选：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 有四个盲盒，每个盲盒内都有3个水晶崽崽，其中三个盲盒里面分别仅装有红色水晶崽崽､蓝色水晶崽崽､粉色水晶崽崽，剩下的那个盲盒里面三种颜色的水晶崽崽都有.现从中任选一个盲盒，设事件为“所选盲盒中有红色水晶崽崽”，为“所选盲盒中有蓝色水晶崽崽”，为“所选盲盒中有粉色水晶崽崽”，则（ ）
A. 与不互斥B.
C. D. 与相互独立
【答案】ACD
【解析】
【分析】由互斥事件，独立事件，以及各个事件的概率关系逐一判断即可；
【详解】对于A，和可以同时发生，故A正确；
对于B，因为，
所以，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，因为，所以，故D正确；
故选：ACD.
10. 在空间直角坐标系中，已知，则（ ）
A. 为质数
B. 为直角三角形
C. 与所成角的正弦值为
D. 几何体的体积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于ABC：根据空间向量坐标运算分析求解即可；对于D：分析可知几何体为三棱台，且与该三棱台的底面垂直，结合台体的体积公式运算求解.
【详解】对于选项A：因为，
所以不是质数，A错误；
对于选项B：因为，则，
所以为直角三角形，B正确；
对于选项C：因为，
所以与所成角的正弦值为，C正确；
对于选项D：根据已知6个点的空间直角坐标可得几何体为三棱台，
且与该三棱台的底面垂直，，
所以几何体的体积为，D正确.
故选：BCD.
11. 已知圆与直线，点在圆上，点在直线上，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则直线与圆相切
B. 若圆上存在两点关于直线对称，则
C. 若，则
D. 若，从点向圆引切线，则切线长的最小值是
【答案】BC
【解析】
【分析】利用圆心到直线的距离与半径的关系可判断A错误；由圆上存在两点关于直线对称可得直线过圆心，圆心坐标代入直线方程可得选项B正确；由题意可知的最小值为圆心到直线的距离减去半径，选项C正确；由切线得垂直，根据勾股定理表示切线长，可知当最小时，切线长最小，结合点到直线的距离求解可知选项D错误.
【详解】A.由题意得，圆的标准方程为，圆心为，半径.
∴圆心到直线的距离，
∴直线与圆相离，故A不正确.
B.若圆上存在两点关于直线对称，则直线经过圆的圆心，
∴，解得，故B正确.
C.
若，则圆心到直线的距离，
∴，故C正确.
D.若，从点向圆引切线，设一个切点为，连接，则，如图所示，
，
当时，取得最小值，此时取得最小值，即，故D不正确.
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12 已知，若，互斥，则________，________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据互斥事件概率计算公式来求得正确答案.
【详解】依题意，，互斥，
所以.
故答案为：；
13. 若点在圆的外部，则正实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】结合圆的定义、点与圆的位置关系计算即可得解.
【详解】由题意可得，解得，
故正实数的取值范围是.
故答案为：.
14. 若过圆外一点作圆的两条切线，切点分别为，且，则__________．
【答案】2或4
【解析】
【分析】根据圆的切线性质可求出相关线段的长，利用，即可求出答案.
【详解】如图，记圆的圆心为与交于点，圆的半径为r，
由题意可得，
，所以，
即，解得或16，即或4，
经检验，都满足题意．
故答案为：2或4
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. 已知直线，圆.
（1）证明：直线与圆相交.
（2）记直线与圆的交点为，求AB的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出直线所过定点，判断该定点与圆的位置关系即可推理得证.
（2）利用圆的性质求出最短弦长.
【小问1详解】
直线：，
令，解得，
则直线过定点，
圆的圆心，半径，
而，
因此点在圆的内部，
所以直线与圆相交.
【小问2详解】
由（1）知，，当且仅当时，弦长最短，
所以AB的最小值为.
16. 某社团为统计居民运动时长，调查了某小区100名居民平均每天的运动时长（单位：h），并根据统计数据分为，，，，，六个小组（所调查的居民平均每天的运动时长均在内），得到的频率分布直方图如图所示.
（1）求出图中m的值，并估计这100名居民平均每天的运动时长的中位数；
（2）按分组用分层随机抽样的方法从平均每天运动时长在，这两个时间段内的居民中抽出6人分享运动心得，若再从这6人中选出2人发言，求这2人来自不同分组的概率.
【答案】（1），2.4h
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质可得，再利用中位数的计算公式直接计算；（2）根据分层抽样等比例的性质直接计算人数，再根据古典概型公式计算即可.
【小问1详解】
由，解得.
因为，所以中位数在内，设中位数为x，则，得，
即估计这100名居民平均每天的运动时长的中位数为2.4h.
【小问2详解】
由题知，平均每天运动时长在，内的频率分别为0.5，0.1，
则应从平均每天运动时长在，内的居民中分别抽出5人，1人.
记时间段内的5人分别为a，b，c，d，e，记时间段内的1人为M，则从这6人中选出2人的基本事件有，，，，，，，，，，，，，，共15个，
2人来自不同分组的基本事件，，，，，共5个，
所以这2人来自不同分组概率为.
17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，.
（1）判断直线与是否垂直，并说明理由；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）和不垂直，理由见详解；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件可设，计算出，的值，从而证明到，再由可证平面；所以建立空间直角坐标系，用坐标表示向量和，将判断直线是否垂直转化为判断向量是否垂直，即可得证.
（2）在第一问的基础上，分别求出平面与平面的法向量，利用公式计算可得平面与平面的夹角的余弦值.
【小问1详解】
和不垂直，理由如下：
设，则，
在中，，所以为等边三角形，所以，
因为，，所以，从而，
所以在直角中，，，
又因为，所以，所以在中，满足，
故为直角三角形，则；
又因为，，所以平面；
因为，所以，所以，
故以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，；
所以，，，，，
所以，，所以，
所以不成立，故和不垂直.
【小问2详解】
由（1）可知，，，所以平面，
故为平面的一个法向量；
又，，设平面的法向量，
所以，即，取，则，，故，
设平面与平面的夹角为，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 如图，在三棱台中，平面，，，， D是棱AC 的中点，E 为棱BC 上一动点.
（1）判断是否存在点 E，使平面.
（2）是否存在点 E，使平面平面? 若存在，求此时与平面所成角的正弦值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）存在 （2）存在，且与平面所成角的正弦值为
【解析】
【分析】（1）以为原点，以、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）设，根据空间向量法结合平面平面，可求出的值，然后利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
存在，当时，平面；
因为平面，
如图，以为原点，以、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，
则、、、、、，.
因为，设点，则，
则，解得，则，
设平面的法向量为，因为，，
所以，令，得.
因为，所以，
因为平面，所以，平面.
【小问2详解】
设平面的法向量为，
因为，，
所以，令，得.
设，则，
设平面的法向量为，
因为，，
所以，令，可得，
假设平面平面，则.
由，解得，所以.
设与平面所成的角为，
则，
所以存在，使平面平面，
此时与平面所成角的正弦值为.
19. 古希腊数学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且点的轨迹是圆．后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，，动点满足，设动点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的轨迹方程；
（2）若直线与曲线交于两点，求AB；
（3）若曲线与轴的交点为，直线与曲线交于两点，直线与直线交于点，证明：点在定直线上．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用轨迹法，代入两点间距离公式，即可求解；
（2）代入直线与圆相交的弦长公式，即可求解；
（3）首先直线与圆的方程联立，并利用坐标表示直线和的方程，并利用韦达定理表示，即可求解交点坐标，
【小问1详解】
设，因为，所以，
即，整理得，
所以曲线的轨迹方程为．
【小问2详解】
曲线的圆心到直线的距离，
所以．
【小问3详解】
证明：设．
联立得，
．
设，所以直线的方程为，直线的方程为．
因为直线与直线交于点，所以
则
，即，解得，
所以点在直线上．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是坐标法的应用，利用韦达定理表示.