2024-2025學年湖北省武漢市高二上學期11月期中聯考數學檢測試題一、單選題（本大題共8小題）1．直線在軸上的截距為（）A． B．2 C． D．2．已知直線繞點逆時針旋轉，得到直線，則不過第（）象限．A．四 B．三 C．二 D．一3．已知某種設備在一年內需要維修的概率為0.2.用計算器產生1～5之間的隨機數，當出現隨機數1時，表示一年內需要維修，其概率為0.2，由于有3臺設備，所以每3個隨機數為一組，代表3臺設備年內需要維修的情況，現產生20組隨機數如下：412

451

312

533

224

344

151

254

424

142435

414

335

132

123

233

314

232

353

442據此估計一年內這3臺設備都不需要維修的概率為（

）A．0.4 B．0.45 C．0.55 D．0.64．已知事件A，B互斥，它們都不發生的概率為，且，則（）A． B． C． D．5．現有一段底面周長為厘米和高為15厘米的圓柱形水管，AB是圓柱的母線，兩只螞蟻分別在水管內壁爬行，一只從A點沿上底部圓弧順時針方向爬行厘米后再向下爬行5厘米到達P點，另一只從B沿下底部圓弧逆時針方向爬行厘米后再向上爬行4厘米爬行到達Q點，則此時線段PQ長（單位：厘米）為（）A． B．12 C． D．6．概率論起源于博弈游戲17世紀，曾有一個“賭金分配”的問題：博弈水平相當的甲、乙兩人進行博弈游戲，每局比賽都能分出勝負，沒有平局．雙方約定：各出賭金210枚金幣，先贏3局者可獲得全部贖金．但比賽中途因故終止了，此時甲贏了2局，乙贏了1局，問這420枚金幣的賭金該如何分配？數學家費馬和帕斯卡都用了現在稱之為“概率”的知識，合理地給出了賭金分配方案．該分配方案是（）A．甲315枚，乙105枚 B．甲280枚，乙140枚C．甲210枚，乙210枚 D．甲336枚，乙84枚7．在平面直角坐標系中，點的坐標為，圓，點為軸上一動點.現由點向點發射一道粗細不計的光線，光線經軸反射后與圓有交點，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．8．如圖所示，四面體的體積為，點為棱的中點，點分別為線段的三等分點，點為線段的中點，過點的平面與棱分別交于，設四面體的體積為，則的最小值為（

）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．給出下列命題，其中是真命題的是（）A．已知是空間的一個基底，若，則也是空間的一個基底B．平面經過三點，，，向量是平面的法向量，則C．若，則是銳角D．若對空間中任意一點，有，則M，A，B，C四點不共面10．下列命題正確的是（）A．設A，B是兩個隨機事件，且，，若，則A，B是相互獨立事件B．若，，則事件A，B相互獨立與A，B互斥有可能同時成立C．若三個事件A，B，C兩兩相互獨立，則滿足D．若事件A，B相互獨立，，，則11．平面內到兩個定點的距離比值為一定值的點的軌跡是一個圓，此圓被稱為阿波羅尼斯圓，俗稱“阿氏圓”．已知平面內點，動點滿足，記點的軌跡為，則下列命題正確的是（

）A．點的軌跡的方程是B．過點的直線被點的軌跡所截得的弦的長度的最小值是C．直線與點的軌跡相離D．已知點是直線上的動點，過點作點的軌跡的兩條切線，切點為，則四邊形面積的最小值是4三、填空題（本大題共3小題）12．拋擲兩個質地均勻的骰子，則“拋擲的兩個骰子的點數之和是6”的概率為．13．已知曲線與直線有兩個相異的交點，那么實數的取值范圍是．14．在空間直角坐標系中，，，，，，設點O關于所確定的平面對稱的點為，的長度記為以為自變量的函數．若，則的最小值為．四、解答題（本大題共5小題）15．“體育強則中國強，國運興則體育興”．為備戰2025年杭州舉辦的國際射聯射擊世界杯，某射擊訓練隊制訂了如下考核方案：每一次射擊中10環、中8環或9環、中6環或7環、其他情況，分別評定為A，B，C，D四個等級，各等級依次獎勵6分、4分、2分、0分．假設評定為等級A，B，C的概率分別是，，．(1)若某射擊選手射擊一次，求其得分低于4分的概率；(2)若某射擊選手射擊兩次，且兩次射擊互不影響，求這兩次射擊得分之和為8分的概率．16．已知的頂點，邊AB上的中線CD所在直線方程為，邊AC上的高線BE所在直線方程為．(1)求邊BC所在直線的方程；(2)求的面積．17．如圖所示，已知斜三棱柱中，，，，在上和BC上分別有一點和且，，其中．(1)求證：，，共面；(2)若，且，設為側棱上靠近點的三等分點，求直線與平面所成角的正弦值．18．已知在平面直角坐標系xOy中，，，平面內動點P滿足．(1)求點P的軌跡方程；(2)點P軌跡記為曲線C，若曲線C與x軸的交點為M，N兩點，Q為直線l：上的動點，直線MQ，NQ與曲線C的另一個交點分別為E，F，直線EF與x軸交點為K，求的最小值．19．對于三維向量，定義“變換”：，其中，．記，．(1)若，求及；(2)證明：對于任意，經過若干次變換后，必存在，使；(3)已知，將再經過次變換后，最小，求的最小值．

答案1．【正確答案】A【詳解】令則直線在軸上的截距為?2，故選：A.2．【正確答案】D【詳解】對于直線（為斜率），直線，其斜率，設其傾斜角為，根據，可得，又因為傾斜角，所以.直線繞點逆時針旋轉，則直線的傾斜角.直線的斜率.因為直線過點，根據直線的點斜式方程（為直線上一點，為斜率），可得直線的方程為，即.直線的斜率為負，截距為負，所以直線不過第一象限.故選：D.3．【正確答案】C【分析】找出代表事件“一年內沒有1臺設備需要維修”的數組，利用古典概型的概率公式可求得結果.【詳解】由題意可知，代表事件“一年沒有1臺設備需要維修”的數組有：533

224

344

254

424

435

335

233

232

353

442共11組，因此，所求概率為.故選C.4．【正確答案】D【詳解】因為事件A，B互斥，所以它們都不發生的概率為，所以又因為，所以所以故選：D.5．【正確答案】B【詳解】應用圓柱的特征取上下底面的圓心連線為軸，BO所在直線為y軸，再過作的垂線為軸，如圖建系，過向圓作垂線垂足為，，設圓半徑為，所以，設，所以圓弧的長度為：，，則，同理，過向圓O作垂線垂足為，則，所以.故選：B.6．【正確答案】A【詳解】由題可知，對單獨每一局游戲，甲乙獲勝的概率均為，若游戲繼續進行，最多再進行2局即可分出勝負，①第四局甲贏，比賽結束，甲勝出，概率為；②第四局乙贏，第五局甲贏，比賽結束，甲勝出，概率為；③第四局乙贏，第五局乙贏，比賽結束，乙勝出，概率為；所以甲勝出的概率為，甲應該分得賭金的，即甲分得賭金枚，乙分得賭金枚.故選：A.7．【正確答案】A【分析】作點關于軸的對稱點.解法一：利用直線與圓的關系計算圓心到反射光線的距離即可；解法二：利用反射光線與圓相切作臨近值，借助兩點距離公式、正切的和差角公式計算反射光線的斜率范圍，再利用截距的意義計算即可.【詳解】解法一：作點關于軸的對稱點，則直線與圓有交點．又，所以直線的方程為，即．由題知，圓的圓心為，半徑為1，直線與圓有交點，即圓心到直線的距離小于等于1，所以，解得．解法二：作點關于軸的對稱點，則直線與圓有交點，臨界情況為直線與圓相切．設切點為，令，易得，所以．因為直線的斜率為，所以直線的斜率．(正切的和差角公式)易得直線的方程為．所以．

故選A.【思路導引】解法一：對于光線的反射問題一般作對稱點由入射光線得出反射光線所在直線，再利用直線與圓的位置關系計算即可；解法二：計算反射光線與圓相切時的斜率從而得出反射光線的斜率范圍，再結合直線的截距意義計算，計算略顯復雜，但也是一種很好的方向.8．【正確答案】C【詳解】連接，由題意知：；令，則，，四點共面，（當且僅當時取等號），；設點到平面的距離為，則點到平面的距離為，又，，，即的最小值為.故選：C.9．【正確答案】AB【詳解】若不是空間的一個基底，則共面，所以存在實數，使得，所以，，這是不可能的，A正確；，向量是平面的法向量，則，，.故選項B正確，當夾角為時，故選項C錯誤,若，則，即，所以，，所以共面，所以四點共面，D錯；故選：AD．10．【正確答案】AD【詳解】對于A選項，已知，，，而，即，所以、是相互獨立事件，A選項正確.

對于B選項，若、互斥，則，.若、相互獨立，則（因為，）.所以事件，相互獨立與，互斥不可能同時成立，B選項錯誤.

對于C選項，設樣本空間，每個樣本點的概率為.定義，；，；，.，.，.，，所以A、B、C兩兩相互獨立.而，，，此時.C選項錯誤.

對于D選項，因為、相互獨立，則與，與也相互獨立...所以，D選項正確.故選：AD.11．【正確答案】ACD【分析】對于A：設點，結合題意分析求解即可；對于B：分析可知點在圓內，結合圓的性質分析求解；對于C：求圓心到直線的距離，即可判斷；對于D：分析可知當時，取到最小值，四邊形面積取最小值，運算求解即可.【詳解】對于選項A：設點，因為，整理可得，故A正確；對于選項B：因為點的軌跡方程是，圓心是，半徑是，且，可知點在圓內，過點的直線被圓所截得的弦最短時，點是弦的中點，根據垂徑定理得弦的最小值是，故B錯誤；對于選項C：圓心到直線的距離，所以直線與圓相離，故C正確；對于選項D：因為四邊形面積，由數形分析可知：當時，取到最小值，所以四邊形面積取最小值，故D正確；故選ACD．12．【正確答案】【詳解】拋擲兩個質地均勻的骰子出現的所有情況有：（1,1），（1,2），（1,3），（1,4），（1,5），（1,6），（2,1），（2,2），（2,3），（2,4），（2,5），（2,6），（3,1），（3,2），（3,3），（3,4），（3,5），（3,6），（4,1），（4,2），（4,3），（4,4），（4,5），（4,6），（5,1），（5,2），（5,3），（5,4），（5,5），（5,6），（6,1），（6,2），（6,3），（6,4），（6,5），（6,6），共36種情況，其中“拋擲的兩個骰子的點數之和是6”的有：（1,5），（2,4），（3,3），（4,2），（5,1），5種，所以所求概率為.故13．【正確答案】【詳解】由題意，，直線是與平行的直線，如圖所示：

當直線與曲線相切時，(負舍)當時，，結合圖形分析得的取值范圍是.故答案為.14．【正確答案】/【詳解】如圖所示，由已知可得，，，則，，即，，又，，平面，則平面，①①當，兩點在平面同側或一點在平面上時，，當且僅當，有一點在平面上時取等號；即；②當，兩點在平面異側時：設平面與直線交于點，將延拓，如圖所示，則，由，，，平面，則平面，即，抽象出平面如圖所示，則，設點關于直線的對稱點為，則，當且僅當時，取得最小值，由，且，，，則，即，，則，，又，則，即，所以，所以，符合故答案為.15．【正確答案】(1)(2)【詳解】（1）設事件A，B，C，D分別表示“被評定為等級A，B，C，D”．由題意得，事件A，B，C，D兩兩互斥，所以．所以．因此其得分低于4分的概率為；（2）設事件，，，表示“”第i次被評定為等級A，B，C，D，．則“兩次射擊得分之和為8分”為事件，且事件，，互斥，，，所以兩次射擊得分之和為8分的概率.16．【正確答案】(1)(2)【詳解】（1）因為，所以設直線AC的方程為：，將代入得，所以直線AC的方程為：，聯立AC，CD所在直線方程：，解得，設，因為為AB的中點，所以，因為在直線BE上，在CD上，所以，，解得，，所以，，所以BC所在直線的方程為：，即．（2）由（1）知點到直線BC的距離為：，又，所以．17．【正確答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）因為，，所以．由共面向量定理可知，，，共面．（2）取BC的中點為，在中，，，由余弦定理可得，所以，依題意，均為正三角形，所以，，又，平面，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面，所以在平面內作，則平面，以OA，OC，Oz所在直線為軸、軸、軸建立空間直角坐標系如圖所示：則，，，，，，設是平面的一個法向量，，，則，即，取得，依題意可知，則．設直線與平面所成角為，則．故直線與平面所成角的正弦值為．18．【正確答案】(1)(2)【分析】（1）設，根據列式，再化簡即可；（2）設的直線方程，與圓聯立方程，列出根與系數關系，再列出直線，的方程，求得Q點縱坐標構建方程，代入韋達定理，求得參數，算出直線必過點，再用幾何法求得最短弦即可.【詳解】（1）設動點坐標，因為動點P滿足，且，，所以，化簡可得，，即，所以點P的軌跡方程為.（2）曲線C：中，令，可得，解得或，可知,當直線為斜率為0時，即為直徑，長度為8，當直線為斜率不為0時，設的直線方程為，聯立消去可得：，化簡可得；由韋達定理可得，因為，所以，的斜率為，又點在曲線C上，所以,可得，所以，所以，的方程為，，令可得，化簡可得；，又在直線上，可得，，所以，化簡可得；，又，代入可得，化簡可得，，，所以或，當時為，必過，不合題意，當時為，必過，又即為圓的弦長，所以當直徑時弦長最小，此時半徑圓心到直線的距離為綜上，的最小值.方法點睛：求必過點可用聯立方程，設而不求，算出參數關系.19．【正確答案】(1)(2)證明見解析(3)505【分析】（1）根據定義找出，，從而得到，；（2）利用反證法，假設對，然后導出矛盾，命題得證；（3）先求出，再通過變換，找到最小的時的情況.【詳解】（1）因為，，，所以.（2）設，假設對，則均不為0．所以．即．因為，所