精品解析：湖北省咸宁市崇阳县第一中学2024-2025学年高二上学期10月期中数学试题

2024—2025学年度 崇阳县第二高级中学高二年级10月月考 数学试卷 命审题人：陈洁 考试时间：10月24日15：00—17：00 本试题卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟. ★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､单项选择题：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. 设复数满足，其中为虚数单位，则的共轭复数等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念得到结果. 【详解】， 所以的共轭复数为. 故选：A. 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】确定斜率，由斜率与倾斜角的关系即可求解. 【详解】设直线的倾斜角为，则，所以，又，所以． 故选：A． 3. 第33届夏季奥林匹克运动会于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，金牌榜前10名的国家的金牌数依次为，则这10个数的分位数是（ ） A. 14.5 B. 15 C. 16 D. 17 【答案】D 【解析】 【分析】将这10个数据从小到大排列，根据，结合百分位数的计算方法，即可求解. 【详解】将这10个数据从小到大排列得：， 因为，所以这10个数的分位数是. 故选：D. 4. 已知向量，，且，那么（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量垂直的坐标运算求得，然后利用空间向量模的坐标运算求解即可. 【详解】由向量，，且， 得，则，则. 故选：C 5. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】充分必要条件的判断：把两个命题分别作为条件和结论，判定由条件能否推出结论即可. 【详解】当时，，，显然，两直线平行，满足充分条件； 当与直线平行时，，则 ∴或， 当时显然成立，当时，，， 整理后与重合，故舍去， ∴，满足必要条件； ∴“”是“直线与直线平行”的充要条件 故选：C 6. 已知直线过点，且纵截距为横截距的两倍，则直线的方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】分直线过原点与不过原点两种情况求解可得直线的方程. 【详解】根据题意，分2种情况讨论: ①直线过原点，设直线方程为，又由直线经过点， 所以，解得，此时直线的方程为，即； ②直线不过原点，设其方程为，又由直线经过点， 则有，解可得，此时直线的方程为， 故直线的方程为或. 故选：D. 7. 如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将作为基底，利用空间向量基本定理用基底表示，然后对其平方化简后，再开方可求得结果 【详解】由题意得，， 因为 , 所以 ， 所以， 故选：C 8. 已知两点的坐标分别为，两条直线和的交点为，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由直线所过定点和两直线垂直得到点的轨迹，再设，结合辅助角公式求出即可； 【详解】 由题意可得直线恒过定点，恒过定点， 且两直线的斜率之积为，所以两直线相互垂直， 所以点在以线段为直径的圆上运动， ，设， 则， 所以， 所以当时，即时，取得最大值，此时点的坐标为. 故选：D. 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3分，有选错的得0分. 9. 已知M为圆C：上的动点，P为直线l：上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线l与圆C相切 B. 直线l与圆C相离 C. |PM|的最大值为 D. |PM|的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据圆心到直线l得距离，可知直线l与圆C相离； ∵P、M均为动点，对|PM|先固定点P可得，再看不难发现， 即． 【详解】圆C：得圆心,半径 ∵圆心到直线l：得距离 ∴直线l与圆C相离 A不正确，B正确； C不正确，D正确； 故选：BD． 10. 下列结论正确的是（ ） A. 已知向量，则在上的投影向量为 B. 若对空间中任意一点，有则P，A，B，C四点共面 C. 已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底 D. 若直线的方向向量为平面的法向量，则直线 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用投影向量的定义判断A，利用空间四点共面，满足，其中判断B，根据向量基底的概念判断C，利用线面关系的向量表示判断D. 【详解】因为， 所以在上的投影向量为，故A对； 因为，且，则P，A，B，C四点共面， 因为，所以P，A，B，C四点共面，故B对； 是空间的一组基底，若，所以两向量之间不共线， 所以也是空间的一组基底，故C对； 因为直线的方向向量为平面的法向量， 且，则直线或，故D错； 故选：ABC 11. 如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（ ） A. B. 平面 C. 直线与平面所成的角为 D. 三棱锥外接球表面积为 【答案】AD 【解析】 【分析】由线面垂直的判定及性质即可判断A；由线面关系即可判断B；由线面角的定义即可判断C；由球的表面积公式即可判断D． 【详解】对于A，连接，则，因为，所以， 因为平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面，又平面， 所以，故A正确； 对于B，连接，由正方体得，， 又，所以， 因为平面，即与平面不平行， 所以与平面不平行，故B错误； 对于C，由题意知，是直线与平面所成的角，且， 所以直线与平面所成的角不是，故C错误； 对于D，由正方体得，平面，且，， 所以三棱锥外接球的直径， 所以，外接球表面积为，故D正确； 故选：AD． 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在正方体中，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解. 【详解】因为是正方体，建立以为原点的坐标系，如图， 设正方体的棱长为2，则有，，， ， ， ， 设异面直线与所成角为， ． 故答案为：． 13. 若，且为锐角，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】把为锐角转化为与的夹角为锐角，然后利用数量积列不等式组求解即可. 【详解】因为为锐角，所以与的夹角为锐角， 又，所以， 解得且. 故答案为：. 14. 已知，，若点在线段上，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据的形式，可转化为线段AB上点与连线的斜率，结合图形即可求解. 【详解】的几何意义是点与点连线的斜率， 又点在线段上，由图知， 因为，，所以， 因为点P是线段AB上的动点，所以， 故答案为： 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. 已知三点，记的外接圆为. （1）求的方程； （2）若直线与交于两点，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设出圆的一般式方程，代入点的坐标计算，即可得到圆的一般式方程，再化为标准式即可； （2）由点到直线的距离公式可得圆心到直线的距离，再由圆的弦长公式可得，再由三角形的面积公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 设的方程为， 由题意可得，解得， 所以的方程为， 化为标准方程可得. 【小问2详解】 由（1）可得圆心，半径， 所以圆心到直线的距离为， 且， 因此的面积为. 16. 在三角形中，内角所对边分别为，已知. （1）求角的大小； （2）若，三角形的面积为，求三角形的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)由正弦定理进行边角互化可得，结合两角差的余弦公式及同角三角函数的基本关系可求出，即可求出. (2)由三角形的面积公式可得，结合及余弦定理即可求出，即可得出结果. 【小问1详解】 由正弦定理得，所以 所以，整理得， 因为，所以，因此，所以， 所以. 【小问2详解】 由的面积为，得，解得， 又,则，. 由余弦定理得，解得，， 所以的周长为. 17. 已知的顶点，顶点在轴上，边上的高所在的直线方程为． （1）求直线的方程； （2）若边上的中线所在的直线方程为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出直线的斜率，利用点斜式可得出直线的方程； （2）设点，求出线段的中点的坐标，将点的坐标代入直线的方程，求出的值，可得出点的坐标，再将点的坐标代入直线的方程，即可求出实数的值. 【小问1详解】 解：由条件知边上的高所在的直线的斜率为，所以直线的斜率为， 又因为，所以直线的方程为，即. 【小问2详解】 解：因为点在轴上．所以设，则线段的中点为， 点在直线上，所以，得，即， 又点在直线上，所以，解得． 18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为菱形，且，点为棱DP的中点. （1）在棱BC上是否存在一点，使得∥平面PAN？如果存在，确定点N的位置，如果不存在，请并说明理由； （2）若二面角的余弦值为时，求棱DP的长度，并求点A到平面BCM的距离． 【答案】（1）存在，点为的中点 （2）；点A到平面BCM的距离为 【解析】 【分析】（1）取的中点，可得平面∥平面PAN，根据面面平行的性质可得∥，进而可得结果； （2）建系标点，设，分别求平面BCM、平面PCD的法向量，根据面面夹角求得a，进而可求点到面的距离. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为分别为的中点，则∥， 且平面PAN，平面PAN，可得∥平面PAN， 又因为∥平面PAN，，平面， 可得平面∥平面PAN， 且平面平面，平面平面，可得∥， 由题意可知：∥，则为平行四边形， 可得，即点为的中点， 所以棱BC上是存在一点，使得∥平面PAN，此时点为的中点. 【小问2详解】 取的中点，连接， 由题意可知：为等边三角形，则， 且∥，可得， 又因为底面ABCD， 则可以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则， 可得， 设平面BCM的法向量，则， 令，则，可得， 且平面PCD的法向量， 由题意可得：，解得（舍负）， 可得，， 所以点A到平面BCM的距离. 19. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，则译码为1，若依次收到，则译码为1）． （1）已知． ①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； ②若采用单次传输方案，依次发送，证明：事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立． （2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围． 【答案】（1）① ； ②证明：记事件为“第三次收到的信号为1”，则． 记事件为“三次收到的数字之和为2”， 则． 因为， 所以事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立． （2） 【解析】 【分析】（1）①记事件为“至少收到一次0”，利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得；②记事件为“第三次收到的信号为1”，事件为“三次收到的数字之和为2”，证明即可； （2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，事件为“采用单次传输方案时译码为0”，根据题意可得，解不等式可解. 【小问1详解】 ①记事件为“至少收到一次0”，则． ②略 【小问2详解】 记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，则． 记事件为“采用单次传输方案时译码为0”，则． 根据题意可得，即， 因为，所以， 解得，故的取值范围为． 【点睛】关键点点睛：利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算各事件的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度 崇阳县第二高级中学高二年级10月月考 数学试卷 命审题人：陈洁 考试时间：10月24日15：00—17：00 本试题卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟. ★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､单项选择题：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. 设复数满足，其中为虚数单位，则的共轭复数等于（ ） A. B. C. D. 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 第33届夏季奥林匹克运动会于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，金牌榜前10名的国家的金牌数依次为，则这10个数的分位数是（ ） A. 14.5 B. 15 C. 16 D. 17 4. 已知向量，，且，那么（ ） A. B. C. D. 5 5. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知直线过点，且纵截距为横截距的两倍，则直线的方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 7. 如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为（ ） A. B. C. D. 8. 已知两点的坐标分别为，两条直线和的交点为，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 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3分，有选错的得0分. 9. 已知M为圆C：上的动点，P为直线l：上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线l与圆C相切 B. 直线l与圆C相离 C. |PM|的最大值为 D. |PM|的最小值为 10. 下列结论正确的是（ ） A. 已知向量，则在上的投影向量为 B. 若对空间中任意一点，有则P，A，B，C四点共面 C. 已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底 D. 若直线的方向向量为平面的法向量，则直线 11. 如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（ ） A. B. 平面 C. 直线与平面所成的角为 D. 三棱锥外接球表面积为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在正方体中，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是__________. 13. 若，且为锐角，则实数的取值范围是______. 14. 已知，，若点在线段上，则的取值范围是______. 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. 已知三点，记的外接圆为. （1）求的方程； （2）若直线与交于两点，求的面积. 16. 在三角形中，内角所对边分别为，已知. （1）求角的大小； （2）若，三角形的面积为，求三角形的周长. 17. 已知的顶点，顶点在轴上，边上的高所在的直线方程为． （1）求直线的方程； （2）若边上的中线所在的直线方程为，求的值． 18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为菱形，且，点为棱DP的中点. （1）在棱BC上是否存在一点，使得∥平面PAN？如果存在，确定点N的位置，如果不存在，请并说明理由； （2）若二面角的余弦值为时，求棱DP的长度，并求点A到平面BCM的距离． 19. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，则译码为1，若依次收到，则译码为1）． （1）已知． ①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； ②若采用单次传输方案，依次发送，证明：事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立． （2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $