四川省泸州市泸县泸县第一中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸州市泸县泸县第一中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本试卷共22小题，满分150分，考试用时120分钟.
第I卷 选择题（60分）
一、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. 某影院有60排座位，每排70个座号，一次报告会坐满了听众，会后留下座号为15的所有听众60人进行座谈，这是运用了
A 抽签法B. 随机数法C. 系统抽样法D. 分层抽样法
【答案】C
【解析】
【详解】由系统抽样的特点可知，
要求留下座位号为15的听众留下进行座谈，
这样选出的样本是符合系统抽样的特点的，
故选C.
2. 已知直线的方程为，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将直线的一般式方程转化为斜截式方程即可求解.
【详解】由，可得，
所以直线的斜率为，则倾斜角为，
故选:C.
3. 若某校高一年级8个班参加合唱比赛的得分如茎叶图所示，则这组数据的中位数和平均数分别是（ ）
A. 91.5和91.5B. 91.5和92C. 91和91.5D. 92和92
【答案】A
【解析】
【详解】8个班参加合唱比赛的得分从小到大排列分别是87，89,90,91,92,93,94,96，中位数是91,92,的平均数91.5，平均数是=91.5
4. 已知椭圆=1的离心率为，则k的值为（ ）
A. 4B. C. 4或D. 4或
【答案】C
【解析】
【分析】根据焦点所在坐标轴进行分类讨论，由此求得值.
【详解】当焦点在轴上时，，且.
当焦点在轴上时，且.
故选：C
5. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量平行、垂直的坐标表示判断即可.
【详解】设，即，则，此方程组无解，故不平行，故A错误；
设，即，则，此方程组无解，故不平行，故B错误；
，则，故C正确；
，则不垂直，故D错误.
故选：C.
6. 已知异面直线a，b分别为平面，的垂线，直线m满足，，，，则（ ）
A. 与相交，且交线与m平行B. 与相交，且交线与m垂直
C. 与平行，m与平行D. 与平行，m与垂直
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间中线、面的位置关系判定即可.
【详解】若与平行，由可得，与条件矛盾，不符合题意，故C、D错误；
所以与相交，如图所示，作，且与直线相交，
设，则由题意，故，同理，
因为，，所以，故A正确.

7. 柜子里有3双不同的鞋子，如果从中随机地取出2只，那么取出的鞋子是一只左脚一只右脚的，但不是一双的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】用列举法列出所有可能情况，再找出符合题意的基本事件数，最后利用古典概型的概率公式计算可得.
【详解】解：分别用，，，，，表示6只鞋，则可能发生的情况有种，
如下所示：，，，，，，，，
，，，，，，
取出的鞋子是一只左脚一只右脚的，但不是一双的事件有6种，即，，，，，，
故选：C
8. 若三条直线相交于同一点，则点到原点的距离的最小值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】联立，解得
把(1,2)代入可得
∴.
∴点到原点的距离
当时，取等号．
∴点到原点的距离的最小值为.
故选A.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知甲、乙两名同学在高三的6次数学测试成绩统计的折线图如下，则下列说法正确的是（ ）．
A. 若甲、乙两组数据平均数分别为，，则
B. 若甲、乙两组数据的方差分别为，，则
C. 甲成绩的极差大于乙成绩的极差
D. 甲成绩比乙成绩稳定
【答案】AD
【解析】
【分析】利用题中折线图中的数据信息以及变化趋势，由平均数的计算公式以及方差的计算公式结合极差的定义对四个选项逐一判断即可．
【详解】解：由折线图可知，甲同学除第二次考试成绩略低于乙同学，
其他次考试成绩都高于乙同学，所以，故选项A正确；
由折线图的变化趋势可知，甲同学的成绩比乙同学的成绩稳定，
所以，故选项B错误，选项D正确；
极差为数据样本的最大值与最小值的差，
所以甲同学成绩的极差小于乙同学成绩的极差，故选项C错误．
故选：AD．
10. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 若事件A，B互斥，则
B. 若事件A，B相互独立，则
C. 若事件A，B，C两两互斥，则
D. 若事件A，B，C两两独立，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用互斥事件的概率加法公式判断选项AC；利用独立事件的乘法公式判断选项B；举反例判断选项D.
【详解】对于A，根据互斥事件的概率加法公式即可判断A正确；
对于B，若事件A，B相互独立，则，也相互独立，所以，故B正确；
对于C，根据互斥事件的概率加法公式即可判断C正确；
对于D，例如，从1，2，3，4中随机选出一个数字，记事件“取出的数字为1或2”，“取出的数字为1或3”，“取出的数字为1或4”，则“取出的数字为1”，
显然，
，
满足，，，
所以事件A，B，C两两独立，但是，故D错误.
故选：ABC.
11. 平面上三条直线，，，如果这三条直线将平面划分成六部分，则实数的可能取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据三条直线将平面划分成六部分，可以确定三条直线的位置关系，然后分类讨论求出实数的取值集合．
【详解】因为三条直线将平面划分成六部分，所以三条直线有以下两种情况：
（1）三条直线交于同一点，解方程组，所以交点坐标为，直线也过该点，故；
（2）当直线与平行时，；
当直线与平行时，，综上所述：．
故选：ABD
12. （多选）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线l交椭圆于A，B两点，若的最大值为5，则（ ）
A. 椭圆的短轴长为B. 当最大时，
C. 离心率为D. 的最小值为3
【答案】ABD
【解析】
【分析】椭圆定义有，结合已知确定的最小值并确定此时的位置，即可判断D、B的正误，此时设，结合椭圆方程求短轴长，即可判断A、C的正误.
【详解】由题意知，所以．
因为的最大值为5，所以的最小值为3，故D正确．
当且仅当轴时，取得最小值，此时，故B正确．
由B的分析，不妨令，代入椭圆方程，得．又，所以，得，
所以椭圆的短轴长为，故A正确．
易得，所以，故C错误．
故选：ABD.
第II卷 非选择题（90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 椭圆的长轴长为_________.
【答案】6
【解析】
【分析】直接由椭圆的定义得出.
【详解】由椭圆的定义可知，
所以长轴长为，
故答案为：6
14. 三个元件独立正常工作的概率分别是，把它们随意接入如图所示电路的三个接线盒中（一盒接一个元件），各种连接方法中，此电路正常工作的最大概率是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据对立事件概率公式和独立事件概率乘法公式依次计算每种接入方式对应的概率，比较概率大小即可得到结果.
【详解】若接入，分别接入，则该电路正常工作的概率为；
若接入，分别接入，则该电路正常工作的概率为；
若接入，分别接入，则该电路正常工作的概率为；
，此电路正常工作的最大概率为.
故答案为：.
15. 已知球O的表面积为，A，B，C，D为球O的球面上的四个点，E，F分别为线段AB，CD的中点．若，且，则直线AC与BD所成的角的余弦值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件判断出三点共线，构造正四棱柱，利用异面直线所成角的定义求解即可.
【详解】设球的半径为,由，解得,
∵,且E分别为线段AB的中点，∴,
在中，, 同理可得，
又∵,∴三点共线，
作出球的内接正四棱柱,,
∵∥,∴为直线与所成的角，
∵,∴,,∴,
由余弦定理得,
故答案为：.

16. 古希腊数学家阿波罗尼斯在他巨著《圆锥曲线论》中有一个著名的几何问题：在平面上给定两点A、B，动点P满足（其中是正常数，且），则P的轨迹是一个圆，这个圆称之为“阿波罗尼斯圆”．现已知两定点，P是圆上的动点，则的最小值为____________
【答案】
【解析】
【分析】在轴上取，由可得，可得，利用两点间距离公式可求得结果.
【详解】如图，在轴上取点，
，，，，
（当且仅当为与圆交点时取等号），
.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知圆C的圆心在x轴上，且经过点.
（1）求圆C的标准方程；
（2）若直线l过点，且与圆C相切，求直线l方程.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】(1)设出圆C的圆心坐标，利用给定条件求出圆心和半径即可得圆C的标准方程.
(2)由条件可得直线l的斜率存在，设出直线l的方程，借助圆的切线性质计算作答.
【小问1详解】
因圆C的圆心C在x轴上，则设圆心，圆C的半径为r，
又圆C经过点，，则有，解得：，
即圆心，半径，
所以圆C的标准方程为：.
【小问2详解】
由(1)知，圆C：，因直线l过点，且与圆C相切，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为，与圆C不相切，不符合题意，
则直线l的斜率存在，设直线l的方程为，即，
于是有，解得：或，
所以直线l的方程为：或.
18. 已知的顶点，边上的中线所在直线的方程为，所在直线方程为.求
（1）点的坐标；
（2）直线关于直线对称的直线方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据中线和均过点，可联立方程求得点坐标；
（2）利用点关于直线对称点的求法可求得点关于直线对称的点，由此可得直线方程，即为所求对称直线方程.
【小问1详解】
由得：，即.
【小问2详解】
设关于直线对称的点，则，解得：，
，则直线方程为，即，
即直线关于直线对称的直线方程为：.
19. 如图几何体为圆台一部分，上下底面分别为半径为1，2的扇形，，体积为．

（1）求；
（2）劣弧上是否存在使∥平面．猜想并证明．
【答案】（1）；
（2）不存在，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设，由扇形的面积公式分别表示出上底的面积，下底的面积，再代入体积公式即可得，在中由余弦定理求解即可；
（2）过作的垂线交劣弧于，以所在的直线分别为轴，建立空间坐标系，利用空间向量证明即可.
【小问1详解】
解：由题意可知，设，
设上底的面积为，下底的面积为，
则，，
所以，解得，
在中由余弦定理可得，
所以；
【小问2详解】
不存在，证明如下：
证明：过作的垂线交劣弧于，
由（1）可知，所以，
以所在的直线分别为轴，建立如图所示的坐标系，

则，，，，
设，
则，，，
设平面的法向量为，
由，可得，
因，所以，
取，则有，
如果平面，则有，
即，
即，矛盾，所以平面不成立，
故劣弧上不存在使∥平面.
20. 某高校的人学面试中有3道难度相当的题目，甲同学答对每道题目的概率都是0.8，乙同学答对每道题目的概率都是0.7，且甲、乙抽到不同题目能否答对是独立的.若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直到第三次答完为止.
（1）求在甲、乙两人第一次答题中只有一人通过面试的概率；
（2）求甲、乙两人都通过面试且甲的答题次数少于乙的答题次数的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分甲通过乙不通过和甲不通过和乙通过两种情况，结合相互独立事件的概率公式即可得解；
（2）分甲第一次通过乙第二次通过、甲第一次通过乙第三次通过和甲第二次通过乙第三次通过三种情况，结合相互独立事件的概率公式即可得解.
【小问1详解】
由题意，所求概率为；
【小问2详解】
由题意，有甲第一次通过乙第二次通过、甲第一次通过乙第三次通过和甲第二次通过乙第三次通过三种情况，
当甲第一次通过乙第二次通过时，概率为，
当甲第一次通过乙第三次通过时，概率为，
当甲第二次通过乙第三次通过时，概率为，
所以所求概率为.
21. 如图所示，已知椭圆的两焦点为，，为椭圆上一点，且
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若点在第二象限，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，求出，结合焦点坐标求出，从而可求，即可得出椭圆方程；
（2）直线方程与椭圆方程联立，可得的坐标，利用三角形的面积公式，可求△的面积．
【小问1详解】
解：依题意得，
又，
，，
，．
所求椭圆的方程为．
【小问2详解】
解：设点坐标为，
，
所在直线的方程为，即．
解方程组，并注意到，，可得
．
22. 著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线被称为三角形的欧拉线，该定理被称为欧拉线定理．现已知的三个顶点坐标分别为，，，圆的圆心在的欧拉线上，且满足，直线被圆截得的弦长为．
（1）求的欧拉线的方程；
（2）求圆的标准方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由重心坐标公式可求得重心，由垂直关系可分别求得边上的高线所在直线，联立可得垂心，由此可得所在直线方程，即为所求欧拉线方程；
（2）设，由向量数量积坐标运算可构造方程求得的值，由此确定圆心坐标，利用点到直线距离公式可求得圆心到直线距离，根据垂径定理可构造方程求得，由此可得圆的标准方程.
【小问1详解】
由坐标可得：重心，即；
，，
边的高线所在直线为；边的高线所在直线为，即；
由得：，即的垂心；
，则欧拉线方程为：，即.
【小问2详解】
设，圆的半径为，，，
，解得：或；
当时，，圆心到直线的距离，
，解得：，
圆的方程为：；
当时，，圆心到直线的距离，
，解得：，
圆的方程为：；
综上所述：圆的标准方程为：或.