湖北省A9高中联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试卷（Word版附答案）

这是一份湖北省A9高中联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试卷（Word版附答案），共22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。
试卷满分：150分
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的．
1. （ ）
A. B. C. D.
2. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且，点N为BC中点，则（ ）
A. B.
C. D.
3. 为了树立和践行绿水青山就是金山银山的理念，市某高中全体教师于2023年3月12日开展植树活动，购买柳树、银杏、梧桐、樟树四种树苗共计600棵，比例如图所示.青年教师、中年教师、老年教师报名参加植树活动的人数之比为，若每种树苗均按各年龄段报名人数的比例进行分配，则中年教师应分得梧桐的数量为（ ）

A. 30棵B. 50棵C. 72棵D. 80棵
4. 若直线与直线平行，则的值是（ ）
A. 1或B. C. D. 或
5. 已知母线长为5的圆锥的侧面积为，则这个圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知三个顶点分别为，，，则BC边上的高等于（ ）
A. B. C. D.
7. 已知椭圆以及椭圆内一点，则以为中点的弦所在直线的斜率为（ ）
A. B. C. -4D. 4
8. 公元前世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如:平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，若点P的轨迹关于直线对称，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，有错选的得0分，部分选对的得2分．
9. 若方程所表示的曲线为C，则下面四个说法中正确的是（ ）
A. 曲线C可能是圆
B. 若，则C为椭圆
C. 若C为椭圆，且焦点在x轴上，则
D. 若C椭圆，且焦点在y轴上，则
10. 甲､乙各投掷一枚骰子，下列说法正确的是（ ）
A. 事件“甲投得5点”与事件“甲投得4点”不是互斥事件
B. 事件“甲投得6点”与事件“乙投得5点”是相互独立事件
C. 事件“甲､乙都投得6点”与事件“甲､乙不全投得6点”是对立事件
D. 事件“至少有1人投得6点”与事件“甲投得6点且乙没投得6点”是相互独立事件
11. 已知圆和圆，下列说法正确的是（ ）
A. 两圆有两条公切线
B. 两圆的公共弦所在的直线方程为
C. 点在圆上，点在圆上，的最大值为
D. 圆上有2个点到直线的距离为
12. 如图，在棱长为的正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的有（ ）

A. ，，，四点共面
B. 与所成角的大小为
C. 在线段上存在点，使得平面
D. 在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量，的夹角为，且，，则_________．
14. 如图，由到的电路中有4个元件，分别为，，，，若，，，能正常工作的概率都是，记“到的电路是通路”，求______.
15. 已知实数x，y满足，则的取值范围为_____________．
16. 在以O为中心，、为焦点的椭圆上存在一点M，满足，则该椭圆的离心率为_____________.
四、解答题：本大题共6题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 已知的三个顶点是．
（1）求AB边的高所在直线的方程；
（2）若直线l过点C，且点A，B到直线l的距离相等，求直线l的方程．
18. 已知的内角的对边分别为，向量
，且.
（1）求角
（2）若的面积为，求的周长.
19. 在四棱锥中，平面，底面是正方形，E，F分别在棱，上且，．

（1）证明：∥平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
20. 某高校承办了杭州亚运会志愿者选拔面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.

（1）求a，b的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩的60%分位数（分位数精确到0.1）；
（3）在第四，第五两组志愿者中，采用分层抽样方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.
21. 已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到焦点的最小距离是．
（1）求椭圆的方程；
（2）倾斜角为的直线交椭圆于两点，已知，求直线的一般式方程．
22. 已知圆，直线.
（1）求证：直线l与圆C恒有两个交点；
（2）若直线l与圆C交于点A，B，求面积最大值，并求此时直线l的方程.A9高中联盟2023年秋季期中联考
高二数学试卷
试卷满分：150分
一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的．
1. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数乘法法则即可化简求解.
【详解】．
故选：A
2. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且，点N为BC中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算，结合图形分析可得．
【详解】因为，点N为BC中点，
所以，，
故
．
故选：B．
3. 为了树立和践行绿水青山就是金山银山的理念，市某高中全体教师于2023年3月12日开展植树活动，购买柳树、银杏、梧桐、樟树四种树苗共计600棵，比例如图所示.青年教师、中年教师、老年教师报名参加植树活动的人数之比为，若每种树苗均按各年龄段报名人数的比例进行分配，则中年教师应分得梧桐的数量为（ ）

A. 30棵B. 50棵C. 72棵D. 80棵
【答案】C
【解析】
【分析】由已知比例求出中年教师应分得树苗的数量，再由饼图中梧桐占比求中年教师应分得梧桐的数量即可.
【详解】由题意，中年教师应分得树苗的数量为棵.
所以中年教师应分得梧桐的数量为棵.
故选：C
4. 若直线与直线平行，则的值是（ ）
A. 1或B. C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线平行的条件，列出方程组，即可求解.
【详解】由直线与直线平行，
可得，解得，所以实数的值为.
故选：C.
5. 已知母线长为5的圆锥的侧面积为，则这个圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出底面半径和高后，由体积公式计算．
【详解】设圆锥的高为，底面半径为，则
，，∴，
体积为，
故选：A．
6. 已知的三个顶点分别为，，，则BC边上的高等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量运算以及向量的夹角公式进行求解.
【详解】由题意，，，
可得，，
，即角B为锐角，所以，
所以边上的高.
故选：B
7. 已知椭圆以及椭圆内一点，则以为中点弦所在直线的斜率为（ ）
A. B. C. -4D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】设出交点代入椭圆方程，相减化简得到答案.
【详解】设弦与椭圆交于，，斜率为，
则，，相减得到，
即，解得.
故选：A.
8. 公元前世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如:平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，若点P的轨迹关于直线对称，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意计算得的轨迹方程为，根据对称性可得圆心在直线方程上，即，从而利用乘“1”法即可得到最值.
【详解】设点的坐标为，因为，则，
即，
所以点的轨迹方程为，
因为点的轨迹关于直线对称，
所以圆心在此直线上，即，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以最小值是.
故选：B.
二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，有错选的得0分，部分选对的得2分．
9. 若方程所表示的曲线为C，则下面四个说法中正确的是（ ）
A. 曲线C可能是圆
B. 若，则C为椭圆
C. 若C为椭圆，且焦点在x轴上，则
D. 若C为椭圆，且焦点在y轴上，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据方程为圆列式求解判断A，排除B，根据椭圆标准方程的特征列不等式求解范围即可判断CD.
【详解】当即时，方程为，
表示圆心为原点，半径为1的圆，故选项A正确，选项B错误；
若C为椭圆，且焦点在x轴上，则，解得，故选项C错误；
若C为椭圆，且焦点在y轴上，则，解得，故选项D正确.
故选：AD.
10. 甲､乙各投掷一枚骰子，下列说法正确的是（ ）
A. 事件“甲投得5点”与事件“甲投得4点”不是互斥事件
B. 事件“甲投得6点”与事件“乙投得5点”是相互独立事件
C. 事件“甲､乙都投得6点”与事件“甲､乙不全投得6点”是对立事件
D. 事件“至少有1人投得6点”与事件“甲投得6点且乙没投得6点”是相互独立事件
【答案】BC
【解析】
【分析】根据互斥事件、独立事件和对立事件的定义逐一判断即可.
【详解】对于A，事件“甲投得5点”与事件“甲投得4点”不可能同时发生，二者为互斥事件，A错误；
对于B, 事件“甲投得6点”发生与否对事件“乙投得5点”没有影响，二者是相互独立事件，B正确；
对于C，事件“甲､乙都投得6点”的反面为“至少有1人没有投得6点”，也即“甲､乙不全投得6点”，
故事件“甲､乙都投得6点”与事件“甲､乙不全投得6点”是对立事件，C正确；
对于D，事件“至少有1人投得6点”包含“甲投得6点且乙没投得6点”的情况，
故事件“至少有1人投得6点”与事件“甲投得6点且乙没投得6点”不是相互独立事件，D错误，
故选：BC
11. 已知圆和圆，下列说法正确的是（ ）
A. 两圆有两条公切线
B. 两圆的公共弦所在的直线方程为
C. 点在圆上，点在圆上，的最大值为
D. 圆上有2个点到直线的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由两圆的位置关系可判断A，将两圆的方程作差可判断B，转化为圆心间的距离可判断C，根据点到直线的距离判断D.
【详解】对于A，由圆得..，
圆心，半径为1，则，
故两圆相交，故两圆有两条公切线，故A正确；
对于B，因为圆，圆，
将两圆的方程作差得即，
所以直线的方程为，故B不正确；
对于C，由圆得圆心，半径为1，
由圆得圆心为，半径为2，
所以，故C正确；
对于D，圆心到直线的距离，
而圆的半径为，显然，
故只有一条与平行且距离为的直线与圆相交，
故圆上有2个点到直线的距离为，故D正确.
故选：ACD.
12. 如图，在棱长为的正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的有（ ）

A. ，，，四点共面
B. 与所成角的大小为
C. 在线段上存在点，使得平面
D. 在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值
【答案】AD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的共面定理可判断A选项，利用坐标法求异面直线夹角可直接判断B选项，假设在线段上存在点，设，，利用坐标法验证线面垂直，可判断C选项；分别证明与上的所有点到平面的距离为定值，即可判断D选项.
【详解】以为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，，，，
设，

则，
所以，解得，
故，即，，，四点共面，故A正确；
因为，，
所以，
所以与所成角的大小为，故B错误；
假设在线段上存在点，符合题意，
设（），则，
若平面，则，,
因为，，
所以，此方程组无解，
所以在线段上不存在点，使得平面，故C错误；
因为，所以，
又平面，平面，所以平面，
故上的所有点到平面的距离即为到平面的距离，是定值，
又的面积是定值，
所以在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值，故D正确；
故选：AD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量，的夹角为，且，，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量数量积的定义和运算律即可得到答案.
【详解】由题设可得，即.
故答案为：3.
14. 如图，由到的电路中有4个元件，分别为，，，，若，，，能正常工作的概率都是，记“到的电路是通路”，求______.
【答案】
【解析】
【分析】由相互独立事件的概率公式，结合互斥事件的概率加法公式，即可求解.
【详解】设“正常工作”，“没有正常工作，正常工作，且中至少有一个正常工作”
由于“到的电路是通路”等价于“正常工作”或“没有正常工作，正常工作，且中至少有一个正常工作”，即
，
由于事件互斥，所以根据互斥事件的概率加法公式，
可得
故答案为：
15. 已知实数x，y满足，则的取值范围为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用点到直线的距离公式列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】将整理，
此方程表示圆心为，半径为2的圆，
设点是圆上一点，令，，则与圆有公共点，
所以，解得．
故答案为：
16. 在以O为中心，、为焦点的椭圆上存在一点M，满足，则该椭圆的离心率为_____________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意结合椭圆定义可得，进而利用余弦定理列式求解.
【详解】因为，所以，
因为与互补，且，
由余弦定理可得，
可得，所以.
故选：C．

四、解答题：本大题共6题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 已知的三个顶点是．
（1）求AB边的高所在直线的方程；
（2）若直线l过点C，且点A，B到直线l的距离相等，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据点斜式求得边的高所在直线的方程.
（2）对是否与直线平行进行分类讨论，由点斜式或斜截式求得直线的方程.
【小问1详解】
直线的斜率为，
所以边的高所在直线的斜率为，
所以边的高所在直线的方程为.
【小问2详解】
直线的斜率为，
若直线与直线平行，则直线的方程为.
线段的中点坐标为，
若直线过，则直线的方程为.
18. 已知的内角的对边分别为，向量
，且.
（1）求角
（2）若的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由结合正弦定理可得，后由余弦定理可得答案；（2）由（1）结合可得，后由可得，即可得周长.
【小问1详解】
由可知，
由正弦定理，得，即.
所以，又，所以；
【小问2详解】
由（1）知，所以
.又，
所以，所以，即，所以的周长为.
19. 在四棱锥中，平面，底面是正方形，E，F分别在棱，上且，．

（1）证明：∥平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）在棱上取点，使得，连接，，即可证明四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理，即可证明；
（2）以为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】

证明：如图，在棱上取点，使得，连接，，
因为，所以且，
由正方形，，得且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．
【小问2详解】

若，则可设，所以．
以为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则点，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则
由得
令，得平面的一个法向是为，
设直线与平面所成角的大小为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
20. 某高校承办了杭州亚运会志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.

（1）求a，b的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩的60%分位数（分位数精确到0.1）；
（3）在第四，第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由每个小矩形面积代表频率，根据所有频率之和为1可得，；
（2）直接第60百分位数即可；
（3）先分层抽样求出列举法求出抽取的第四、第五两组志愿者人数，再利用列举法求出古典概型的概率即可．
【小问1详解】
因为第三、四、五组的频率之和为0.7，
所以，解得，
所以前两组的频率之和为，即，
所以；
【小问2详解】
前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，
所以第60百分位数在第三组，且为；
【小问3详解】
第四、第五两组志愿者分别有20人，5人，
故按照分层抽样抽得的第四组志愿者人数为4，分别设为，，，，第五组志愿者人数为1，设为，
这5人中选出2人，所有情况有，
共有10种情况，
其中选出的两人来自不同组的有共4种情况，
故选出两人来自不同组的概率为．
21. 已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到焦点的最小距离是．
（1）求椭圆的方程；
（2）倾斜角为的直线交椭圆于两点，已知，求直线的一般式方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到且，求得的值，即可求解；
（2）设的方程，联立方程组，结合韦达定理和弦长公式，根据题意，列出方程，求得，即可求解.
【小问1详解】
由椭圆的离心率为，即，可得，
由椭圆上的点到焦点的最小距离是，可得，
解得，，，
所以椭圆的方程．
【小问2详解】
解：因为直线的倾斜角为，可设的方程，
由方程组，整理得，
可得，解得，
设，，则，，
又由，
解得，满足，
所以直线的一般式方程为或．
22. 已知圆，直线.
（1）求证：直线l与圆C恒有两个交点；
（2）若直线l与圆C交于点A，B，求面积的最大值，并求此时直线l的方程.
【答案】（1）证明见解析
（2）面积最大值为，或.
【解析】
【分析】（1）先证明直线过定点，再说明定点在圆内即可；
（2）注意到，所以当时，可以求出面积的最大值，注意验证取等条件，进一步由点到直线的距离公式可以求出参数，由此即可得解.
【小问1详解】
因为直线可变形为，
所以，解得，
故直线经过的定点为.
将点代入圆的方程有，
所以点在圆C的内部，所以直线l与圆C恒有两交点.
【小问2详解】
由（1）知，因为，
所以当时，面积最大，
此时为等腰直角三角形，面积最大值为，其中为圆的半径.
此时点C到直线l的距离，，
所以可以取到，
所以，解得或.
故所求直线l的方程为或.