湖北省武汉市第二中学2023-2024学年高二数学上学期10月阶段性检测试题（Word版附解析）

这是一份湖北省武汉市第二中学2023-2024学年高二数学上学期10月阶段性检测试题（Word版附解析），共3页。试卷主要包含了 圆关于点对称的圆的标准方程为， 直线，若，则实数的值为， 已知直线， 已知直线与圆，则等内容，欢迎下载使用。


考试时间：2023年10月8日上午7：50~9：50 试卷满分：150分
一．单选题（共8小题）
1. 圆关于点对称的圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先将圆的方程化为标准方程得到圆心和半径，再求出圆心关于的对称点即可得到对称的圆的标准方程.
【详解】由题意可得圆标准方程为，
所以圆心为，半径为，
因为点关于点的对称点为，
所以所求对称圆的标准方程为，
故选：D
2. 直线，若，则实数的值为（ ）
A. 0B. 3C. 0或D. 0或3
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线垂直的充要条件列方程求解即可.
【详解】因为，，
所以，即，解得或.
故选：C.
3. 若圆心在第一象限的圆过点，且与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知确定圆心坐标，利用点线距离公式求距离即可.
【详解】圆心在第一象限的圆过点，且与两坐标轴都相切，则为x轴上切点，
故圆心为，则圆心到直线的距离为.
故选：D
4. 如图，在三棱柱中，E、F分别是BC、的中点，为的重心，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的数乘及加、减运算求解即可.
【详解】解：由题意可得：
.
故选：A.
5. 设，为实数，若直线与圆相交，则点与圆的位置关系是（ ）
A. 在圆上B. 在圆外C. 在圆内D. 不能确定
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系，求得满足的关系式，结合点与圆位置关系的判断方法，判断即可.
【详解】根据题意，即，故点在圆外.
故选：B.
6. 已知直线：，且与轴、轴分别交于、两点．若使的面积为的直线共有（ ）条
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用直线方程求得直线与两坐标轴的交点、，从而将的面积表示为斜率的函数，分和两种情况根据的面积为的条件计算，利用一元二次方程的解法运算即可得解.
【详解】解：
如上图，当时，则直线过定点，
∵与轴、轴分别交于、两点，
∴直线的斜率存在且不为，
且∵直线方程为，
∴当时，当时，
∴直线与轴交于点，直线与轴交于点，
∴，，
∵，则是直角三角形，
∴，
（i）当时，，
由题意，的面积为，则，
即，解得：.
（ii）当时，，
由题意，的面积为，则，
即，解得：.
综上知，使的面积为的直线共有3条.
故选：C.
7. 如下图，一次函数的图象与轴，轴分别交于点，，点是轴上一点，点，分别为直线和轴上的两个动点，当周长最小时，点，的坐标分别为（ ）

A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】作关于轴的对称点，作关于的对称点，连接交轴于，交于，有，即此时周长最小，求出点坐标，可得直线方程，与联立求出点坐标，令可得点坐标.
【详解】作关于轴的对称点，
作关于的对称点，
连接交轴于，交于，所以，
此时周长最小，即，
由，直线方程为，所以，解得，
所以，可得直线方程为，即，
由，解得，所以，
令可，所以.
故选：C.

8. 费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角均小于120°时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等且均为120°.根据以上性质，.则的最小值为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意作出图形，证明出三角形ABC为等腰直角三角形，作出辅助线，找到费马点，求出最小值.
【详解】由题意得：的几何意义为点到点的距离之和的最小值，
因为，，
，
所以，故三角形ABC为等腰直角三角形，，
取的中点，连接，与交于点，连接，故，，
因为，所以，故，则，
故点到三角形三个顶点距离之和最小，即取得最小值，
因为，所以，同理得：，，
，
故的最小值为.
故选：B
二．多选题（共4小题）
9. 已知m，n是两条不同直线，方向向量分别是，；，，是三个不同平面，法向量分别是，，，下列命题不正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意，由方向向量以及法向量的定义，逐一分析判断空间线面的位置关系，即可得到结果.
【详解】若，，可知平面同时垂直于平面，
但是无法确定平面与平面的位置关系，故A错误；
若，，可知，，则或，故B错误；
若，，可知或，或，
但是无法确定的位置关系，故C错误；
若，，可知，垂直于同一直线的两个平面平行，故D正确；
故选：ABC
10. 已知直线与圆，则（ ）
A. 直线l过定点
B. 圆C的半径是4
C. 直线l与圆C一定相交
D. 圆C的圆心到直线l的距离的最大值是
【答案】ACD
【解析】
【分析】求解直线系经过的定点，圆的圆心与半径，两点间的距离判断选项的正误即可.
【详解】由题意可得直线，
由，解得，则直线l过定点，故A正确；
圆，即，
则圆C的圆心坐标为，半径为2， 故B错误；
因为，则点在圆C的内部，
所以直线l与圆C一定相交，故C正确；
因为，所以圆C的圆心到直线l的距离的最大值是，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知空间单位向量，，两两夹角均为，，，则下列说法中正确的是（ ）
A. 、、、四点可以共面
B.
C.
D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据向量共面即可判断点共面，进而可判断A，根据数量积的运算律即可求解B，根据模长的计算公式即可判断C，根据夹角公式即可求解D.
【详解】由于单位向量，，两两夹角均为，
所以，
假设、、、四点可以共面，则共面，
所以存在，使得，分别用，，与点乘，
则，由于该方程组无解，所以不存在，使得共面，
故、、、四点不共面，故A错误，
对于B，,故B正确，
对于C，由得，
由得,
所以,则
,故C正确；
对于D，
，
故，故D错误，
故选：BC.
12. 阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（，且）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，，，点满足.设点的轨迹为曲线，则下列说法正确的是（ ）
A. 的方程为
B. 当，，三点不共线时，则
C. 在上存在点，使得
D. 若，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，通过直接法求出点的轨迹方程即可判断；
对于B，由题意，结合三角形内角平分线定理进行判断即可；
对于C，由“阿波罗尼斯圆”定义，求点轨迹方程，用圆与圆位置关系进行判断即可；
对于D，将转化为进行判断即可.
【详解】设，（不与，重合）
∵，，∴，，
∴，得，化简得，
∴点的轨迹曲线是以为圆心，半径的圆，
对于A，曲线的方程为，故选项A正确；
对于B，由已知，，，∴，
∴当，，三点不共线时，由三角形内角平分线定理知，是内角的角平分线，
∴，故选项B正确；
对于C，若，则，由题意，点轨迹是圆，
设，由得，化简得点轨迹方程为，
即点的轨迹是圆心为，半径的圆，
圆与圆的圆心距，
∴圆与圆的位置关系为内含，圆与圆无公共点，
∴上不存在点，使得，故选项C错误；
对于D，∵，∴，
∴，
当且仅当在线段上时，等号成立，故选项D正确.
故选：ABD.
三．填空题（共4小题）
13. 过点且在两坐标轴上截距互为相反数的直线方程是__________．
【答案】或
【解析】
【详解】由题意直线斜率一定存在且不为0，设直线方程为，
令，得；令，得．
由条件得，
解得或，
当时，直线方程为，即．
当时，直线方程为，即．
综上可得所求直线方程为或．
答案：或．
14. 已知点四点共圆，则点D到坐标原点O的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】运用待定系数法求得过A、B、C的圆的方程，由点D在此圆上可求得的值，再根据两点间距离公式即可求得结果.
【详解】设过A、B、C的圆的方程为：（），
则，解得，
所以过A、B、C的圆的方程为：，
又因为点D在此圆上，
所以，解得，
所以点D到坐标原点O的距离为.
故答案为：.
15. 如图所示，在平行六面体中，，，，则________．
【答案】2
【解析】
【分析】据空间向量基本定理把用，，作基底表示，利用向量数量积运算即可求解.
【详解】在平行六面体中,，
所以，
因为，所以，
又，
所以，，
所以
所以
故答案为：2.
16. 过两直线和的交点且过原点的直线方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据直线相交设所求直线为，结合直线过原点求参数，即可得方程.
【详解】令所求直线为，
又直线过原点，则，
所以所求直线为.
故答案为：
四．解答题（共6小题）
17. 新高考取消文理分科，采用选科模式，这赋予了学生充分的自由选择权．新高考地区某校为了解本校高一年级将来高考选考历史的情况，随机选取了100名高一学生，将他们某次历史测试成绩（满分100分）按照，，，，分成5组，制成如图所示的频率分布直方图．
（1）求图中a的值并估计这100名学生本次历史测试成绩的中位数．
（2）据调查，本次历史测试成绩不低于60分的学生，高考将选考历史科目；成绩低于60分的学生，高考将不选考历史科目．按分层抽样的方法从测试成绩在，的学生中选取5人，再从这5人中任意选取2人，求这2人中至少有1人高考选考历史科目的概率．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据和频率总和为1计算出a的值；频率分布直方图中中位数左右两边的直方图面积相等都为0.5，由此列式即可计算出中位数；
（2）根据频率分布直方图计算出成绩在，的学生频数，根据分层抽样规则计算出对应区间人数，最后列式计算或用列举法即可得出答案.
【小问1详解】
，解得
设中位数为x，因为学生成绩在的频率为，在的频率为
所以中位数满足等式，解得
故这100名学生本次历史测试成绩的中位数为.
【小问2详解】
成绩在的频数为
成绩在的频数为
按分层抽样的方法选取5人，则成绩在的学生被抽取人，在的学生被抽取人
从这5人中任意选取2人，都不选考历史科目的概率为，故这2人中至少有1人高考选考历史科目的概率为.
18. 如图，在多面体中，平面平面，，，，，是的中点．
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，结合三角形中位线性质可证得四边形为平行四边形，从而得到，由线面平行的判定可证得结论；
（2）根据面面垂直性质可得平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据点到面距离的向量求法可求得结果.
【小问1详解】
取中点，连接，
分别为中点，，，
又，，，，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面.
【小问2详解】
平面平面，平面平面，，平面，
平面，又，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
点到平面的距离.
19. 已知的一条内角平分线的方程为，一个顶点为，边上的中线所在直线的方程为．
（1）求顶点的坐标；
（2）求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由点在直线上，设，由为边上的中线，得出线段的中点在直线上，根据中点公式求出中点，代入直线的方程即可求解；
（2）由是的一条角平分线，得出点关于直线的对称点在直线上，由点关于直线对称得出坐标，结合点的坐标求出直线的方程，再与直线联立求出的坐标，由两点之间距离公式求出，由点到直线距离公式求出到直线的距离，即可根据三角形面积公式代入计算即可．
【小问1详解】
因为直线的方程为，
设，又，
所以线段的中点坐标为，
因为线段的中点在直线上，
所以，整理得，即，
所以．
【小问2详解】
因为是的一条角平分线，
所以点关于直线的对称点在直线上，
设，
则，解得，
所以，
所以直线的方程为，整理得，
联立直线与直线的方程，，
解得，即，
所以，
点到直线的距离，
所以．
20. 在中，角，，的对边分别为，，，若.
（1）求角的大小；
（2）若为上一点，，，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，结合余弦定理求得正确答案.
（2）利用三角形的面积公式列方程，结合基本不等式求得的最小值.
【小问1详解】
依题意，，
由正弦定理得，
，所以，
所以是钝角，所以.
【小问2详解】
，
，所以，
即，
所以，
当且仅当时等号成立.
21. 如图所示，四棱锥的底面ABCD为边长为的正方形，且，M为棱PC的中点，N为棱BC上的点．
（1）求直线AM与平面BMD所成角的余弦值；
（2）线段BC上是否存在一点N，使得平面DMN与平面BMD夹角的余弦值为，若存在，求出BN长度．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得平面BDM的一个法向量为，设直线AM与平面BMD所成的角为，由求解；
（2）根据N在BC上，设，求得平面DMN的一个法向量为，设平面DMN与平面BMD的夹角为，由求解.
【小问1详解】
解：建立如图所示空间直角坐标系：
则，
所以，
设平面BDM的一个法向量为，
则，即，
令，则，，所以，
设直线AM与平面BMD所成的角为，
所以，
则，所以直线AM与平面BMD所成角的余弦值是；
【小问2详解】
因为N在BC上，设，
则，
设平面DMN的一个法向量为，
则，即，
令，则，所以，
设平面DMN与平面BMD的夹角为，
所以，
解得，则，，
所以.
22. 已知圆M的圆心M在x轴上，半径为2，直线l：3x＋4y－1＝0被圆M截得的弦长为2，且圆心M在直线l的上方．
（1）求圆M的方程；
（2）设A（0，t），B（0，t－6）（2≤t≤4），若圆M是的内切圆，求AC，BC边所在直线的斜率（用t表示）
（3）在（2）的条件下求的面积S的最大值及对应的t值．
【答案】（1）（x－2）2＋y2＝4
（2）；
（3）最大值为24，t＝2或t＝4
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆的弦长公式，可求得圆心M到直线l的距离，再结合点到直线距离公式，可求得圆心坐标，即可得答案.
（2）设AC斜率为k1，BC斜率为k2，即可表示出直线AC和直线BC的方程，根据圆M与直线AC和直线BC相切，即可得表达式，即可得答案.
（3）由（2）可得直线AC和直线BC方程，联立可求得C点横坐标，可得面积S表达式，根据（2）可得表达式，根据t的范围，可得的范围，进而可得S的最大值.
【小问1详解】
设圆心M（a，0），由已知得M到l：3x＋4y－1＝0的距离为，
所以，又因为M在l的上方，
所以3a－1>0，则3a－1＝5，解得a＝2，
所以圆的方程为（x－2）2＋y2＝4.
【小问2详解】
设AC斜率为k1，BC斜率为k2，
则直线AC的方程为y＝k1x＋t，直线BC的方程为y＝k2x＋t－6.
由于圆M与AC相切，所以，
解得； 同理可得.
【小问3详解】
由（2）可得直线AC的方程为，直线BC的方程为，
联立两条直线方程得C点横坐标为，
因为，
所以，
由（2）得：
因为2≤t≤4，所以－9≤t2－6t≤－8，
所以，
所以，则，
所以，此时t2－6t＝－8，解得t＝2或t＝4.
综上：的面积S的最大值为24，此时t＝2或t＝4.