2023-2024学年湖北省鄂州市第二中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年湖北省鄂州市第二中学高二上学期期中数学试题含答案，共26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。
一、单选题
1．已知复数z的共轭复数为，若复数z满足，则下列说法正确的是（ ）
A．z的虚部为B．z对应的点在第二象限
C．D．
【答案】C
【分析】先根据复数的除法运算求出复数，再根据复数的虚部的定义即可判断A；根据复数的几何意义即可判断B；根据复数的模的计算公式即可判断C；根据共轭复数的定义即可判断D.
【详解】由，得，其虚部为，故A错误；
，故D错误；
z对应的点为，在第三象限，故B错误；
，故C正确.
故选：C.
2．如图，在四边形ABCD中，，设，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据平面向量的线性运算，结合图形可得.
【详解】因为，
所以
.
故选：C
3．已知直线，直线，若，则与的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】两直线平行，得到的方程，再求出两平行线间的距离.
【详解】若，则，
故与的距离为
故选：D.
4．若圆与圆恰有一条公切线，则（ ）
A．4B．6C．4或6D．8
【答案】B
【详解】根据圆与圆的位置关系即可求解.
【解答】圆，，，
，又圆与圆只有一条公切线，
所以圆与圆内切，则，
故选：B.
5．已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，，则
【答案】A
【分析】由空间中线线、线面、面面之间的位置关系逐一判定各选项即可.
【详解】若，，设对应法向量分别为，也是m,n的方向向量，由，即，则，故A正确；
若，，，则与可能平行或相交，故B错误；
若，，，则，或，或n与相交，故C错误；
若，，则，又，则或，D错误.
故选：A
6．将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为），先后抛掷两次，将得到的点数分别记为m，n，记向量，的夹角为，则为钝角的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据已知求出满足条件的满足的关系式，然后分别令，求得满足条件的.然后即可根据古典概型概率公式，得出答案.
【详解】由可得，，
所以.
因为为钝角，所以，且不共线，
所以，即，且.
当时，有且，所以可取1，3，4，5，6；
当时，有，可取3，4，5，6；
当时，有，可取5，6；
当，，时，，此时无解.
综上所述，满足条件的有11种可能.
又先后抛掷两次，得到的样本点数共36种，
所以为钝角的概率
故选：D.
7．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何有深入的研究，从其中的一些数学用语可见，譬如将有三条棱互相平行且有一个面为平行四边形的五面体称为刍甍，今有一刍甍，底面为平行四边形，面，记该刍甍的体积为，三棱锥的体积为，，，若，则（ ）

A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】运用等体积法可得，进而可得，然后根据组合体的体积结合题意可得和的关系，即可.
【详解】因为面 ，且底面为平行四边形，
所以，
所以，
所以，
所以，整理得，即，
故选：B
8．锐角中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，满足且的面积，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由正弦定理和正弦和角公式得到，再结合三角形面积公式得到，结合为锐角三角形得到，结合正切函数单调性得到答案.
【详解】由正弦定理得，
即，
，即，
，
其中，
，
，，
，
∵，∴，
∵为锐角三角形，
∴，即，解得，
∵在上单调递增，
，
其中，即，
故，解得，负值舍去，
，
故选：B
二、多选题
9．近日，华为在美国商务部长雷蒙多访问中国之际发布了备受瞩目的新款手机 Mate60pr，该手机采用了自主国产芯片麒麟9000 s，这标志着华为成功冲破了美国的限制和封锁.芯片的突破，鼓舞了中国全社会.现甲，乙两人准备各买一部手机，购买华为手机的概率分别为，，购买黑色手机的概率分别为，，若甲，乙两人购买哪款手机互相独立，则（ ）
A．甲，乙两人恰有一人购买华为手机的概率为
B．甲购买了华为手机，但不是黑色的概率为
C．甲，乙两人都没有购买黑色手机的概率为
D．甲，乙至少有一人购买黑色华为手机的概率为
【答案】ABD
【分析】本题考查相互独立事件概率的乘法公式，属于基础题，由相互独立事件概率的乘法公式进行分析解答.
【详解】解：对于A，甲，乙两人恰有一人购买华为手机的概率，故A正确；
对于B，甲购买了华为手机，但不是黑色的概率，故B正确；
对于C，甲，乙两人都没有购买黑色手机的概率，故C错误；
对于D，甲购买黑色华为手机的概率，乙购买黑色华为手机的概率，
则甲，乙至少有一人购买黑色华为手机的概率
故选：ABD
10．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，（ ）
A．若三角形ABC的面积为，则
B．若仅有一解，则
C．若，则为直角三角形
D．若BC边上的中线AD长为，则三角形ABC的面积为
【答案】ACD
【分析】根据面积公式确定，再利用正弦定理得到A正确，当，符合只有一解，B错误，利用余弦定理得到C正确，，平方计算，计算面积即可得到答案.
【详解】对于选项A：，故，
，故，正确；
对于选项B：，，当，符合只有一解，错误；
对于选项C：，，解得，，，
，故，正确；
对于选项D：，故，余弦定理有，
故，，正确；
故选：ACD.
11．圆幂定理是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理，经过圆内一点引两条弦被这点所分成的两线段长的积相等，已知圆的半径为5，点P是圆O内的一定点，且，过点P引两条弦AC，BD，则下列说法正确的是（ ）
A．为定值
B．的取值范围为
C．当时，如图以O为原点，OP为x轴，则AB中点M的轨迹方程为
D．当时，四边形ABCD面积的最大值为40
【答案】ABC
【分析】利用数量积的定义结合圆幂定理判断A，利用数量积的运算律判断B，利用几何法求得轨迹方程判断C，利用弦心距和基本不等式求解最值判断D.
【详解】对于A，设圆O与x轴的正负半轴的交点分别为E、F，
则，故A正确；
对于B，取BD的中点为G，连接OG，
则
，又，
所以的取值范围为，故B正确；
对于C，设，，
当时，，所以，
则，整理可得：，
即AB中点M的轨迹方程为，故C正确；
对于D，记分别为O到AC，BD的距离，
，故D错误；
故选：ABC
12．已知四棱台的下底面和上底面分别是边长为4和2的正方形，则（ ）
A．侧棱上一点E，满足，则平面
B．若E为的中点，过，，的平面把四棱台分成两部分时，较小部分与较大部分的体积之比为
C．
D．设与面的交点为O，则
【答案】AC
【分析】选项A：先把平面与四棱锥的截面补全，从而得到G为BC中点，进而判断得四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可判断；选项B：通过两个多面体的体积和计算可以判断；选项C：利用空间向量的线性计算即可判断；选项D：利用等体积法计算求得点D、到平面的距离，再利用直线与面所成角的定义可得的比值，从而得以判断.
【详解】对于A：连结，并延长交DC于F，，连AF交BC于G点，则G为BC中点，连，
由四棱台的结构可知，
，
所以四边形为平行四边形，则，
平面，平面，
面，故A正确；
对于B：设四棱台的高为h，
若E为中点，则，
，
，
，，故B错误；
对于C：
，故C正确；
对于D：连接AC、BD交于点P，连接，，
由四棱台的结构特征可得，，
故四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面，
，，
，故点D、到平面的距离相等，
设直线与面所成角为，则，
故，故D错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：空间向量的综合问题：
①掌握线性运算：加法口诀“首尾相连，从头到尾”、减法口诀“共起点，从后向前”；
②几何体的体积：线面平行或面面平行时，线或面上的点到平面的距离都相等；
③点到平面的距离：等体积转换法的应用；
④线面平行的判定：注意事项，标注线不在平面内.
三、填空题
13．若直线过点且在两坐标轴上的截距之差为，则直线的一般式方程为 .
【答案】或
【分析】依题意可得直线在轴上的截距为或，利用直线的截距式方程求解即可得结果.
【详解】直线过点，即直线在轴上的截距为，
又直线在两坐标轴上的截距之差为，
则直线在轴上的截距为或，
则或，
所以直线方程为或，
故答案为：或
14．已知向量，，，若，，互不共线，且，，共面，则可以为 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】利用空间向量基本定理即可解题.
【详解】令，
即，令，则，，
经检验，可知，，互不共线.
∴可以为.
故答案为：
15．已知直线与圆交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，若，则梯形ABDC面积为 .
【答案】
【分析】取AB中点M，求出OM，由梯形的中位线性质和面积公式即可求解.
【详解】直线l的方程可化为，
所以直线l过定点，
又，所以直线l与圆的两个交点都在x轴上方，
取AB中点M，
易知为边长为2的等边三角形，
则，
因为，且M为AB中点，
所以为梯形ABDC的中位线，故，
所以梯形ABDC的面积为，
故答案为：
16．在长方体中，，，，M为上一动点，N为AB上一动点，则的最小值为 .

【答案】3
【分析】过M点作面ABCD于，过 M点作于N0，根据三角形关系可推得.然后将，沿翻折至同一平面，利用.根据三角形的面积公式求出，即可得出答案.
【详解】
如图1，过M点作面于，过 M点作,垂足为，则.
因为面，面，
所以，.
因为,平面，平面，，
所以平面.
因为平面，所以.
根据长方体的性质可得，
所以，.
同理可得，，.
所以，.
又，所以，为等腰直角三角形，
所以，，
所以，.

如图2，将，沿翻折至同一平面，则.
易知，，，
所以，，则为等边三角形，
所以.
又，
所以，
所以，
所以，.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：过M点作面于，过 M点作,垂足为，则.通过做辅助线，将变动问题转化为定量问题，然后根据已知条件，结合图形即可找到突破口.
四、解答题
17．如图，在直三棱柱中，，
(1)为棱BC上一点，证明：
(2)在棱中是否存在一点E，使得面，若存在，指出E点位置，并证明.若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，E为的中点
【分析】（1）连接，证明平面，可得，又，根据线面垂直的判定定理及性质定理即可证明；
（2）当E为的中点时，面，取BC的中点F，连接AF，，证明平面平面即可.
【详解】（1）如图，连接，
因为是直三棱柱，所以平面，
因为平面ABC，所以因为，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，即，
因为，所以四边形是正方形，所以，
因为平面，
所以平面，因为平面，所以.
（2）当E为的中点时，面.
证明如下：取BC的中点F，连接AF，，，
因为E为的中点，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以平面.
因为，，所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
因为平面，所以平面.
则当E为的中点时，面.
18．（1）写出点到直线（不全为零）的距离公式;
（2）当不在直线l上，证明到直线距离公式.
（3）在空间解析几何中，若平面的方程为：（不全为零），点，试写出点P到面的距离公式（不要求证明）
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3），过程见解析
【分析】（1）写出公式即可；
（2）先考虑，时，作出辅助线，求出l的垂线PQ的方程，联立后求出交点坐标，进而由两点间距离公式求出答案；
（3）写出公式，并利用点到平面距离公式进行证明.
【详解】（1）；
（2）设于点Q，
设，由，以及直线l的斜率为，
可得l的垂线PQ的斜率为，
故垂线PQ的方程为，即
解方程组，
得直线l与PQ的交点坐标，即垂足Q的坐标为
因此，点到直线的距离为，
当，，此时点到直线的距离为，
而，故满足要求
同理时，上述公式仍然成立.
（3），理由如下：
点在平面内任意一点，为平面的法向量，
过点作⊥平面，垂足为，则即为点P到平面的距离，
其中，则
，
因为点在平面内任意一点，所以，
故，
故，证毕.

19．如图，等腰梯形ABCD中，，，，，AB与CD的距离为
(1)求等腰梯形ABCD的外接圆E的方程;
(2)已知直线与圆E相交于M，N两点，若，求实数m的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由对称性得到圆心在y轴上，设出圆心和半径，由半径相等得到方程，求出圆心和半径，求出圆的方程；
（2）由得到，结合半径求出圆心到直线的距离，进而由点到直线距离公式求出答案，舍去不合要求的解.
【详解】（1）由对称性可知，圆E圆心在y轴上，
设，半径为R，
根据题意可得，则，
，，
圆；
（2）∵，
∴，，
又，
点到直线MN的距离，
∵，直线MN的方程，
，
或，
∵，故直线MN的方程在轴上的截距在点上方，
当时，，截距为，不合要求，
当时，，截距为，满足要求，
故
20．某电信运营公司为响应国家5G网络建设政策，拟实行5G网络流量阶梯定价，每人月用流量中不超过一种流量计算单位的部分按元收费，超过kGB的部分按2元收费，从用户群中随机调查了10000位用户，获得了他们某月的流量使用数据，整理得到如下的频率分布直方图.已知用户月使用流量的中位数为
(1)求表中的
(2)若k为整数，依据本次调查为使以上用户在该月的流量价格为元，则k至少定为多少?
(3)为了进一步了解用户使用5G流量与年龄的相关关系，由频率分布直方图中流量在和两组用户中，按人数比例分配的分层抽样方法中抽取了100名用户，已知组用户平均年龄为30，方差为36，流量在组用户的平均年龄为20，方差为16，求抽取的100名用户年龄的方差.
【答案】(1)
(2)
(3)48
【分析】（1）根据频率分布直方图的特征即可求解；
（2）根据频率分布直方图，结合百分位数的求法即可求解；
（3）根据频率分布直方图，结合方差的计算公式即可求解.
【详解】（1），，
（2）通过直方图可知第85百分位数落在第组，
，
解得，，；
（3）按分层抽样在组抽取40人记为，，，，
则，
，
在组抽取60人，记为，，
同理可得，平均值为，
抽取的100名用户的方差
21．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面面，，，为的中点.
(1)求证：面面；
(2)若二面角的大小为，求与面所成角的正弦值；
(3)若平面与平面所成的锐二面角大小为，求四棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）分别取、中点、，连接，，，利用线线垂直证明线面垂直，进而可证面面垂直；
（2）过点作，由二面角的定义可知，进而可得为正三角形，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用坐标法可得线面夹角正弦值；
（3）设，，利用坐标法表示两平面夹角余弦值，可解得，进而可得体积.
【详解】（1）
分别取、中点、，连接，，，
则且，
又，，
，，
四边形为平行四边形，，
又，
，，
平面平面，且平面平面，，
平面，平面，
，，
，且，平面，
平面，
平面，
平面平面；
（2）
过点作，则平面，
由（1）得平面，
，，
所以二面角的平面角为，即，
又，
即为正三角形，
，，
以点为坐标原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
又为中点，
，，，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
则，
直线与平面所成角的正弦值为；
（3）设，，
则，，，
所以，，，，，
则，，
设平面的法向量为，
则，令，得，
易知平面的一个法向量为，
又平面与平面所成的锐二面角为，
，
解得或（舍），
则，，
所以四棱锥的体积为
22．如图，在平面直角坐标系中，为直线上一动点，圆与轴的交点分别为点，圆与轴的交点分别为点.
(1)若为等腰三角形，求P点坐标;
(2)若直线分别交圆于两点.
①求证：直线过定点，并求出定点坐标;
②求四边形面积的最大值.
【答案】(1)或
(2)②证明见解析，；②
【分析】（1）分与两种情况，借助两点间距离公式求解即可.
（2）①时，联立圆与直线方程，借助韦达定理及两点斜率公式求解，并验证时满足；
②由，将，代入计算即可.
【详解】（1）设，由题意得，，，
当时，即，
解得，当时，三点共线，舍去，所以，
当时，
即，解得，所以，
综上或；
（2）①设，，，，，，
，，
设直线斜率存在，
联立，消去y可得，
设，，
则，，
故，，，
或舍去，
则直线，
∴直线恒过定点，
当时，过定点，符合，
综上，直线恒过定点；
②由①得，，
则
，
，
令，
则，当时，取得最大值，
当直线，四边形面积有最大值 .
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．