2024-2025学年重庆市万州三中等50多校高二（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年重庆市万州三中等50多校高二（上）期中数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.圆C1：x2+(y−1)2=1与C2：x2+y2=4的位置关系为( )
A. 相交B. 相离C. 外切D. 内切
2.若直线l1：ax+3y+6=0与直线l2：x+(a+2)y−2=0平行，则a=( )
A. −3B. 1C. −32D. −1
3.甲、乙两人独立地破译一份密码，已知两人能破译密码的概率分别是23，35，则密码被成功破译的概率为( )
A. 215B. 35C. 715D. 1315
4.已知向量a=(5,1,3)，b=(9,8,5)，则向量b在向量a上的投影向量为( )
A. 6835aB. 179aC. 2312aD. 137a
5.若{a,b,c}构成空间的一个基底，则下列选项中能作为基底的是( )
A. a−c，a−b，b−cB. a+c，b，a+c−b
C. b+a，b−a+c，c+2bD. a+b，b+c，a+c
6.空间内有三点P(−1,2,3)，E(2,1,1)，F(1,2,2)，则点P到直线EF的距离为( )
A. 2B. 3C. 2 2D. 2 3
7.某手机信号检测设备的监测范围是半径为200m的圆形区域，一名人员持手机以每分钟50m的速度从设备正东200 3m的A处沿西偏北30°方向走向位于设备正北方向的B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
8.如图，在四面体ABCD中，平面ACD⊥平面ABC，△ABC是边长为6的正三角形，△ACD是等腰直角三角形，∠ADC=90°，E是AC的中点，CF=13CB，DG=λDB，若AG//平面DEF，则λ=( )
A. 12B. 13C. 14D. 23
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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A为“所选盲盒中有红色水晶崽崽”，B为“所选盲盒中有蓝色水晶崽崽”，C为“所选盲盒中有粉色水晶崽崽”，则( )
A. A与B不互斥B. P(A)+P(B)+P(C)=1
C. P(B∩C)=14D. A与B相互独立
10.在空间直角坐标系中，已知A(0,2,32)，B(0,1,32)，C(2,1,32)，A1(0,2,0)，B1(0,0,0)，C1(4,0,0)，则( )
A. 4B1C⋅AC1为质数B. △ABC为直角三角形
C. B1C与AB所成角的正弦值为5 2929D. 几何体ABC−A1B1C1的体积为72
11.已知圆C：x2+y2−4x+2y+1=0与直线l：4x−3y+m=0，点P在圆C上，点Q在直线l上，则下列说法正确的是( )
A. 若m=9，则直线l与圆C相切
B. 若圆C上存在两点关于直线l对称，则m=−11
C. 若m=14，则|PQ|min=3
D. 若m=14，从Q点向圆C引切线，则切线长的最小值是 23
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知P(A)=0.2，P(B)=0.7，若A，B互斥，则P(A∪B)= ______，P(AB)= ______．
13.若点(1,3)在圆x2+y2−ax−2ay+5a=0的外部，则正实数a的取值范围是______．
14.若过圆C：x2+(y−2)2=r2(r>0)外一点P(2,−2)作圆C的两条切线，切点分别为A，B，且|AB|=8 55，则r= ______．
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.(本小题13分)
已知直线l：mx+(m+1)y−2m+1=0，圆C：x2+y2−4x+4y=1=0．
(1)证明：直线l与圆C相交．
(2)记直线l与圆C的交点为A，B，求|AB|的最小值．
16.(本小题15分)
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[1,1.5)，[1.5,2)，[2,2.5)，[2.5,3)，[3,3.5)，[3.5,4]六个小组(所调查的居民平均每天的运动时长均在[1,4]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的运动时长在[2.5,3)，[3.5,4]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．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥A−BCED中，底面BCED为直角梯形，DE//BC，DE⊥CE，AD=BD=CD=BC，AC= 2AE= 2CE．
(1)判断直线AB与CD是否垂直，并说明理由；
(2)求平面ADE与平面ACD的夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠BAC=120°，AB=AC=3A1B1=3A1C1=3，AA1=2，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AB1//平面C1DE．
(2)是否存在点E，使平面C1DE⊥平面A1ABB1？若存在，求此时AB1与平面C1DE所成角的正弦值；若不存在，说明理由．
19.(本小题17分)
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k(k>0且k≠1)的点的轨迹是圆.后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在平面直角坐标系中，N(1,0)，M(4,0)，动点Q满足|QM||QN|=2，设动点Q的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的轨迹方程；
(2)若直线x−y+1=0与曲线C交于A，B两点，求|AB|；
(3)若曲线C与x轴的交点为E，F，直线l：x=my−1与曲线C交于G，H两点，直线EG与直线FH交于点D，证明：点D在定直线上．
参考答案
1.D
2.B
3.D
4.A
5.D
6.A
7.C
8.A
9.ACD
10.BCD
11.BC
12.0.9 0
13.(4,5)
14.2或4
15.(1)证明：由直线l：mx+(m+1)y−2m+1=0得m(x+y−2)+y+1=0，
即x+y−2=0y+1=0，解得x=3y=−1，
∴直线l过定点P(3,−1)，
圆C：(x−2)2+(y+2)2=9的圆心C(2,−2)，半径r=3，
又|PC|= 20)，则AC= 2a，
在△BCD中，BD=CD=BC，所以△BCD为等边三角形，所以∠BCD=60°，
因为DE⊥CE，DE/​/BC，所以BC⊥CE，从而∠DCE=30°，
所以在直角△DEC中，CD=CEcs30∘=2 33a，DE=CE×tan30°= 33a，
又因为AD=CD，所以AD=2 33a，所以在△DEA中，满足DE2+AE2=AD2，
故△DEA为直角三角形，则DE⊥AE，
又因为DE⊥CE，CE∩AE=E，所以DE⊥平面ACE；
因为AC= 2AE= 2CE，所以AC2=AE2+CE2，所以CE⊥AE，
故以点E为坐标原点，EC，EA，ED所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设DE=1，则AD=BD=CD=BC=2，AE=CE= 3，AC= 6，
所以E(0,0,0)，A(0, 3,0)，B( 3,0,2)，C( 3,0,0)，D(0,0,1)，
所以AB=( 3,− 3,2)，CD=(− 3,0,1)，
所以AB⋅CD=−3+0+2≠0，
所以AB⊥CD不成立，故AB和CD不垂直．
(2)由(1)可知CE⊥AE，CE⊥DE，AE∩DE=E，所以CE⊥平面ADE，
故EC=( 3,0,0)为平面ADE的一个法向量，
又DA=(0, 3,−1)，DC=( 3,0,−1)，
设平面ACD的法向量n=(x,y,z)，
则n⊥DAn⊥DC，所以n⋅DA=0n⋅DC=0，即 3y−z=0 3x−z=0，
取z= 3，则x=1，y=1，
故n=(1,1, 3)，
设平面ADE与平面ACD的夹角为θ，
所以csθ=|cs|=|n⋅EC||n|×|EC|= 3 3× 5= 55，
所以平面ADE与平面ACD的夹角的余弦值为 55．
18.解：(1)当点E是BC的靠近点C的三等分点时，AB1//平面C1DE，理由如下：
在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC=3，所以∠ACB=30°，BC=3 3，CE= 3，BE=2 3，
在△ACE中，由余弦定理知，AE2=AC2+CE2−2AC⋅CEcs∠ACB=9+3−2×3× 3× 32=3，
所以BE2=AE2+AB2，即AB⊥AE，
因为AA1⊥平面ABC，AB，AE⊂平面ABE，
所以AA1⊥AB，AA1⊥AE，
以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B1(0,1,2)，C(3 32,−32,0)，D(3 34,−34,0)，C1( 32,−12,2)，E( 3,0,0)，
所以AB1=(0,1,2)，ED=(− 34,−34,0)，EC1=(− 32,−12,2)，
设平面C1DE的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅ED=− 34x−34y=0n⋅EC1=− 32x−12y+2z=0，
令x= 3，则y=−1，z=12，所以n=( 3,−1,12)，
所以AB1⋅n=0× 3+1×(−1)+2×12=0，即AB1⊥n，
因为AB1⊄平面C1DE，所以AB1//平面C1DE．
(2)建立(1)中的空间直角坐标系，则B(0,3,0)，
设BE=λBC=λ(3 32,−92,0)，λ∈[0,1]，
则DE=DB+BE=(−3 34,154,0)+λ(3 32,−92,0)=(3 32λ−3 34,154−92λ,0)，
设平面C1DE的法向量为m1=(a,b,c)，则m1⋅DE=(3 32λ−3 34)a+(154−92λ)b=0m1⋅C1D= 34a−14b−2c=0，
令x=6λ−5，则y=2 3λ− 3，z= 32(λ−1)，所以m1=(6λ−5,2 3λ− 3, 32(λ−1))，
易知平面A1ABB1的一个法向量为m2=(1,0,0)，
由于平面C1DE⊥平面A1ABB1，
所以m1⋅m2=6λ−5=0，解得λ=56，
此时平面C1DE的法向量为m1=(0,2 33,− 312)，
而AB1=(0,1,2)，
设AB1与平面C1DE所成角为θ，则sinθ=|cs|=|AB1⋅m1||AB1|⋅|m1|=|2 33− 36| 5× 43+3144=6 1365，
故AB ​1与平面C1DE所成角的正弦值为6 1365．
19.解：(1)在平面直角坐标系中，N(1,0)，M(4,0)，动点Q满足|QM||QN|=2，设动点Q的轨迹为曲线C，
设Q(x,y)，因为|QM||QN|=2，所以|QM|2=4|QN|2，
即(x−4)2+y2=4[(x−1)2+y2]，整理得x2+y2=4，
所以曲线C的轨迹方程为x2+y2=4；
(2)直线x−y+1=0与曲线C交于A，B两点，
曲线C的圆心到直线x−y+1=0的距离d=|1| 12+(−1)2= 22，
所以|AB|=2 r2−d2=2 4−12= 14；
证明：(3)曲线C与x轴的交点为E，F，直线l：x=my−1与曲线C交于G，H两点，直线EG与直线FH交于点D，
设G(x1,y1)，H(x2,y2)，D(x0,y0)，

联立x=my−1,x2+y2=4,得(m2+1)y2−2my−3=0，
Δ=4m2+12(m2+1)>0,y1+y2=2mm2+1,y1y2=−3m2+1，
设E(−2,0)，F(2,0)，所以直线EG的方程为y=y1x1+2(x+2)，直线FH的方程为y=y2x2−2(x−2)，
因为直线EG与直线FH交于点D，所以y0=y1x1+2(x0+2),y0=y2x2−2(x0−2),
则x0+2x0−2=y2x2−2⋅x1+2y1=y2(my1+1)(my2−3)y1=my1y2+y1+y2−y1my1y2−3y1
=−3mm2+1+2mm2+1−y1−3mm2+1−3y1=−mm2+1−y1−3mm2+1−3y1=13，即x0+2x0−2=13，解得x0=−4，
所以点D在直线x=−4上．