湖北省咸寧市崇陽縣第一中學2024−2025學年高二上學期10月期中數(shù)學試題含答案

湖北省咸寧市崇陽縣第一中學2024?2025學年高二上學期10月期中數(shù)學試題一、單選題（本大題共8小題）1．設復數(shù)滿足，其中為虛數(shù)單位，則的共軛復數(shù)等于（

）A． B． C． D．2．直線的傾斜角是（）A． B． C． D．3．第33屆夏季奧林匹克運動會于2024年7月26日至8月11日在法國巴黎舉行，金牌榜前10名的國家的金牌數(shù)依次為，則這10個數(shù)的分位數(shù)是（

）A．14.5 B．15 C．16 D．174．已知向量，，且，那么等于（

）A． B． C． D．55．“”是“直線與直線平行”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．已知直線過點，且縱截距為橫截距的兩倍，則直線l的方程為（

）A． B．C．或 D．或7．如圖，在平行六面體中，底面是邊長為1的正方形，若，且，則的長為（

）A． B． C． D．8．已知兩點的坐標分別為，兩條直線和的交點為，則的最大值為（

）A． B． C．1 D．2二、多選題（本大題共3小題）9．已知M為圓C：上的動點，P為直線l：上的動點，則下列結論正確的是（

）A．直線l與圓C相切 B．直線l與圓C相離C．|PM|的最大值為 D．|PM|的最小值為10．下面四個結論正確的是（

）A．已知向量，則在上的投影向量為B．若對空間中任意一點，有，則四點共面C．已知是空間的一組基底，若，則也是空間的一組基底D．若直線的方向向量為，平面的法向量，則直線11．如圖所示，在棱長為2的正方體中，分別為的中點，則（

）A．B．平面C．直線與平面所成的角為D．三棱錐外接球表面積為三、填空題（本大題共3小題）12．在正方體中，是棱的中點，則異面直線與所成角的余弦值是.13．若，且為銳角，則實數(shù)的取值范圍是.14．已知，，若點Px,y在線段上，則的取值范圍是.四、解答題（本大題共5小題）15．已知三點，記的外接圓為.(1)求的方程；(2)若直線與交于兩點，求的面積.16．在三角形中，內(nèi)角所對邊分別為，已知.(1)求角的大??；(2)若，三角形的面積為，求三角形的周長.17．已知的頂點，頂點在軸上，邊上的高所在的直線方程為．(1)求直線的方程；(2)若邊上的中線所在的直線方程為，求的值．18．如圖，在四棱錐中，底面ABCD，底面ABCD為菱形，且，點為棱DP的中點.(1)在棱BC上是否存在一點，使得∥平面PAN？如果存在，確定點N的位置，如果不存在，請并說明理由；(2)若二面角的余弦值為時，求棱DP的長度，并求點A到平面BCM的距離．19．在信道內(nèi)傳輸0，1信號，信號的傳輸相互獨立．發(fā)送0時，收到1的概率為，收到0的概率為；發(fā)送1時，收到0的概率為，收到1的概率為．現(xiàn)有兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸．單次傳輸是指每個信號只發(fā)送1次，三次傳輸是指每個信號重復發(fā)送3次．收到的信號需要譯碼，譯碼規(guī)則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼（例如，若收到1，則譯碼為1，若收到0，則譯碼為0）；三次傳輸時，收到的信號中出現(xiàn)次數(shù)多的即為譯碼（例如，若依次收到，則譯碼為1，若依次收到，則譯碼為1）．(1)已知．①若采用單次傳輸方案，重復發(fā)送信號0兩次，求至少收到一次0的概率；②若采用單次傳輸方案，依次發(fā)送，證明：事件“第三次收到的信號為1”與事件“三次收到的數(shù)字之和為2”相互獨立．(2)若發(fā)送1，采用三次傳輸方案時譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案時譯碼為0的概率，求的取值范圍．

參考答案1．【答案】A【詳解】，所以的共軛復數(shù)為.故選：A.2．【答案】C【詳解】由得，所以該直線的斜率為：.設直線傾斜角為，則，且，所以.故選：C3．【答案】D【分析】將這10個數(shù)據(jù)從小到大排列，根據(jù)，結合百分位數(shù)的計算方法，即可求解.【詳解】將這10個數(shù)據(jù)從小到大排列得：，因為，所以這10個數(shù)的分位數(shù)是.故選D.4．【答案】C【詳解】因為，，且，所以，即，所以，所以，故選：C．5．【答案】C【詳解】當時，，，顯然，兩直線平行，滿足充分條件；當與直線平行時，，則∴或，當時顯然成立，當時，，，整理后與重合，故舍去，∴，滿足必要條件；∴“”是“直線與直線平行”的充要條件故選：C6．【答案】D【分析】考慮截距是否為0，分兩種情況求解，求出直線斜率，即可求得答案.【詳解】由題意設直線與x軸交點為，則與y軸交點為，當時，直線過原點，斜率為，故方程為；當時，直線的斜率，故直線方程為，即，故選D.7．【答案】C【分析】將作為基底，利用空間向量基本定理用基底表示，然后對其平方化簡后，再開方可求得結果【詳解】由題意得，，因為,所以，所以，故選：C.8．【答案】D【詳解】由題意可得直線恒過定點，恒過定點，且兩直線的斜率之積為，所以兩直線相互垂直，所以點在以線段為直徑的圓上運動，，設，則，所以，所以當時，即時，取得最大值，此時點的坐標為.故選：D.9．【答案】BD【分析】根據(jù)圓心到直線l得距離，可知直線l與圓C相離；∵P、M均為動點，對|PM|先固定點P可得，再看不難發(fā)現(xiàn)，即．【詳解】圓C：得圓心,半徑∵圓心到直線l：得距離∴直線l與圓C相離A不正確，B正確；C不正確，D正確；故選：BD．10．【答案】ABC【詳解】選項A：因為，所以在上的投影向量為，故選項A正確；選項B：因為，故選項B正確；選項C：是空間的一組基底，，所以兩向量之間不共線，所以也是空間的一組基底，故選項C正確；.選項D：因為直線的方向向量為，平面的法向量，，則直線或，故選項D錯誤；故選：ABC11．【答案】AD【詳解】對于A，連接，則，因為，所以，因為平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，故A正確；對于B，連接，由正方體得，，又，所以，因為平面，即與平面不平行，所以與平面不平行，故B錯誤；對于C，由題意知，是直線與平面所成的角，且，所以直線與平面所成的角不是，故C錯誤；對于D，由正方體得，平面，且，，所以三棱錐外接球的直徑，所以，外接球表面積為，故D正確；故選：AD．12．【答案】【分析】建立空間直角坐標系，利用向量的夾角即可求解.【詳解】因為是正方體，建立以為原點的坐標系，如圖，設正方體的棱長為2，則有，，，，，，設異面直線與所成角為，．故答案為：．13．【答案】【詳解】因為為銳角，所以與的夾角為銳角，又，所以，解得且.故答案為：.14．【答案】【詳解】的幾何意義是點Px,y與點連線的斜率，又點Px,y在線段上，由圖知，因為，，所以，因為點P是線段AB上的動點，所以，故答案為：15．【答案】(1)(2)【詳解】（1）設的一般方程為，由題意可知，解得，所以，故的標準方程為.（2）由（1）可知，，半徑.則圓心到直線的距離為，所以，故的面積為..16．【答案】(1)(2)【詳解】（1）由正弦定理得，所以所以，整理得，因為，所以，因此，所以，所以.（2）由的面積為，得，解得，又,則，.由余弦定理得，解得，，所以的周長為.17．【答案】(1)(2)【詳解】（1）解：由條件知邊上的高所在的直線的斜率為，所以直線的斜率為，又因為，所以直線的方程為，即.（2）解：因為點在軸上．所以設，則線段的中點為，點在直線上，所以，得，即，又點在直線上，所以，解得．18．【答案】(1)存在，點為的中點(2)；點A到平面BCM的距離為2【詳解】（1）取的中點，連接，因為分別為的中點，則∥，且平面PAN，平面PAN，可得∥平面PAN，又因為∥平面PAN，，平面，可得平面∥平面PAN，且平面平面，平面平面，可得∥，由題意可知：∥，則為平行四邊形，可得，即點為的中點，所以棱BC上是存在一點，使得∥平面PAN，此時點為的中點.（2）取的中點，連接，由題意可知：為等邊三角形，則，且∥，可得，又因為底面ABCD，則可以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，設，則，可得，設平面BCM的法向量，則，令，則，可得，且平面PCD的法向量，由題意可得：，解得（舍負），可得，，所以點A到平面BCM的距離.19．【答案】(1)①；②證明見解析(2)【分析】（1）①記事件為“至少收到一次0”，利用相互獨立事件、互斥事件的概率公式計算可得；②記事件為“第三次收到的信號為1”，事件為“三次收到的數(shù)字之和為2”，證明即可；（2）記事件為“采用三次傳輸方案時譯碼為0”，事件為“采用單次傳輸方案時譯碼為0”，根據(jù)題意可得，解不等