湖北省十堰市区县普通高中联合体2023-2024学年高二上学期12月联考数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省十堰市区县普通高中联合体2023-2024学年高二上学期12月联考数学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了答非选择题时，必须使用0， 下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

考试时间：2023年12月28日下午14:30-16:30 试卷满分：150分
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上.
2.答选择题时必须使用2B铅笔，将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号.
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.
5.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题的四个选项中，只有一个符合本题要求.
1. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ）
A. 甲与丙相互独立B. 甲与丁相互独立
C. 乙与丙相互独立D. 丙与丁相互独立
【答案】B
【解析】
【分析】根据独立事件概率关系逐一判断
【详解】 ，
故选：B
【点睛】判断事件是否独立，先计算对应概率，再判断是否成立
2. 若直线，且的方向向量为，平面的法向量为，则的值为（ ）
A. 4B. C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据线面平行列方程，化简求得的值.
【详解】∵，的方向向量为，平面的法向量为，
∴，∴，∴.
故选：A
3. 笔、墨、纸、砚是中国独有的文书工具，即文房四宝．“笔、墨、纸、砚”之名，起源于南北朝时期．历史上，“笔、墨、纸、砚”所指之物屡有变化．在宋朝时，“笔、墨、纸、砚”特指宣笔（安徽宣城）、徽墨（安徽徽州歙县）、宣纸（安徽宣城泾县）、歙砚（安徽徽州歙县）、洮砚（甘肃卓尼县）、端砚（广东肇庆，古称端州）．若从宋朝特指的六种文书工具中任取两种，则这两种恰好都是产自安徽的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据古典概型公式，结合组合数公式，即可求解.
【详解】由题意可知宋朝“笔、墨、纸、砚”有6种，其中4种产自安徽，从6种当中选2种，共有种情况，且每种情况发生的概率相同，其中两种全部来自安徽的情况共有种，所以所求概率为．
故选：D
4. 到直线的距离为1的直线方程为（ ）
A. B. 或
C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】设所求的直线方程为，根据平行线间距离公式列方程即可求出，得出答案.
【详解】设所求的直线方程为，
由题意得，解得或，
所以所求直线方程为或.
故选：B
5. 已知直线， ，，以下结论正确的是（ ）
A. 不论为何值，与都互相垂直B. 当变化时，与都互相平行
C. 时，与关于轴对称D. 直线与圆不能相切
【答案】A
【解析】
【分析】根据两直线的位置关系的判定方法，可判定A正确，B不正确，结合直线方程，结合图象，可判定C不正确；当时，结合直线与圆的位置关系的判定，可判定D不正确.
【详解】由直线，，
可得，所以不论为何值，与都互相垂直，所以A正确，B不正确；
当时，直线，，
如图所示，此时直线与关于轴对称，所以C不正确；

由圆，可得圆心为，半径为，
当时，直线，则原点到直线的距离为，
此时直线与圆相切，所以D不正确.
故选：A.
6. 已知双曲线的一个焦点为,且双曲线的渐近线与圆相切,则双曲线的方程为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：依题意有，解得，所以方程为.
考点：双曲线的概念与性质．
7. 方程所表示的曲线为，有下列命题：①若曲线为椭圆，则；②若曲线为双曲线，则或；③曲线不可能是圆；④若曲线表示焦点在轴上的椭圆，则.
以上命题正确的是（ ）
A. ②③B. ①④C. ②④D. ①②④
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆、双曲线、圆的方程的特征逐一求出参数范围即可判断.
【详解】对于①，曲线为椭圆时，，解得：或，故①错误；
对于②，曲线为双曲线时，，解得：或，故②正确；
对于③，若曲线是圆，则必有：解得：，即曲线可以表示圆，故③错误；
对于④，曲线表示焦点在轴上的椭圆时，解得：，故④正确.
故选：C.
8. 如图，在正方体中，，分别是棱，中点，点在对角线上运动.当的面积取得最小值时，点的位置是（ ）
A. 线段的三等分点，且靠近点B. 线段的中点
C. 线段的三等分点，且靠近点D. 线段的四等分点，且靠近点
【答案】B
【解析】
【分析】将问题转化为动点到直线的距离最小时，确定点的位置，建立空间直角坐标系，取的中点，通过坐标运算可知，即是动点到直线的距离，再由空间两点间的距离公式求出后，利用二次函数配方可解决问题.
【详解】设正方体的棱长为1，以 为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，的中点，
，，则，
设，，
由与共线，可得，所以，所以，其中，
因为，
，
所以，所以，即是动点到直线距离，
由空间两点间的距离公式可得，
所以当时，取得最小值，此时为线段的中点，
由于为定值，所以当的面积取得最小值时，为线段的中点.
故选：B
【点睛】本题考查了空间向量的坐标运算，考查了空间两点间的距离公式，考查了数形结合法，考查了二次函数求最值，属于基础题.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.每小题的四个选项中，有多个符合要求，全选得5分，部分选对得2分，有错选的得0分.
9. 从甲袋中摸出一个红球的概率是，从乙袋中摸出一个红球的概率是，从两袋各摸出一个球，下列结论不正确的是（ ）
A. 2个球都是红球的概率为
B. 2个球不都是红球的概率为
C. 至少有1个红球的概率为
D. 2个球中恰有1个红球的概率为
【答案】ABD
【解析】
【分析】设“从甲袋中摸出一个红球”为事件，“从乙袋中摸出一个红球”为事件，则，，且，相互独立，再根据相互独立事件的概率乘法公式一一判断即可.
【详解】设“从甲袋中摸出一个红球”为事件，“从乙袋中摸出一个红球”为事件，
则，，且，相互独立；
在A中，2个球都是红球的概率为，A错误；
在B中，“2个球不都是红球”是“2个球都是红球”的对立事件，其概率为，B错误；
在C中，2个球中至少有1个红球的概率为，C正确；
在D中，2个球中恰有1个红球的概率为，D错误.
故选：ABD
10. 下列结论正确的是（ ）
A. 若直线：与圆：相交，则点在圆的外部
B. 直线被圆所截得的最长弦长为
C. 若圆上有4个不同的点到直线的距离为1，则有
D. 若过点作圆：的切线只有一条，则切线方程为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据直线与圆相交列不等式，进而得到点与圆位置关系，判断A；根据直线与圆的相交，确定最长弦长为直径，判断B；根据点到直线的距离公式，结合圆的半径，判断C；根据圆的特征以及切线的定义，判断D.
【详解】对于A项，由题意可得，所以，从而点在圆的外部，故A项正确；
对于B项，直线恒过定点，，
点在圆的内部，所以直线与圆相交，则最长的弦为直径4，故B项错；
对于C项，圆心到直线的距离为，如图，直线与圆相交，
，与平行，且与直线的距离为1，故可以看出，圆的半径应该满足，故C项错误；
对于D项，过点作圆：的切线只有一条，则点在圆上，
又，故切线的斜率为，
所以切线方程为，即，故D项正确.
故选：AD.
11. 已知正方体的边长为2，为的中点，为侧面的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 平面
C.
D. 以为球心，为半径的球被正方体表面所截的总弧长为
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系并利用空间向量求得，可知A错误；由线面平行的判定定理可证明B正确；利用线面垂直性质定理可求得C正确；易知以为球心，为半径的球被正方体表面所截的为四段圆弧，即可得D正确.
【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
对于A，则，，，，，
所以，，，
由平面，
可得，即，化简可得，
所以动点在直线上，
，，，
所以与不垂直，A选项错误；
对于B，易知，平面，平面，所以平面，B选项正确；
对于C，显然平面，且平面内，所以，C正确；
对于D，球心是面和面的公共棱中点，在这两平面上截球面所得弧半径均为、圆心角均为，总弧长为；
在面和上截球面得弧的半径均为1，截面小圆圆心分别为、，圆心角均为，总弧长为，这四段弧长之和为，D选项正确；
故选：BCD.
12. 过抛物线焦点F的直线交抛物线于A，B两点（A在第一象限），M为线段AB的中点.M在抛物线的准线l上的射影为点N，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小值为4B.
C. △NAB面积的最小值为6D. 若直线AB的斜率为，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】设直线AB方程为 , ，根据弦长公式表示出，可判断A;求出点N的坐标，根据斜率之间的关系，可判断B;表示出点点N到直线AB的距离，继而求得，可判断C; 直线AB的斜率为，结合可求得，即可判断D.
【详解】由题意知 ,设直线AB方程为 , ，
联立 ，可得 ， ，
故，
则，
故当 时，的最小值为4，故A正确；
又 ，即M点纵坐标为2m,故 ，
当时，轴，NF在x轴上，此时 ;
当时, ， ，故，
综合可知，,故B正确；
又点N到直线AB的距离为 ，
故 ，当 时，取最小值4，故C错误；
若直线AB的斜率为，则直线AB方程为，即 ，
则，
由于A在第一象限，故解得 ，
故 ，由于同向，故，故D正确，
故选：ABD
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 一个总体分为A，B两层，用分层抽样方法从总体中抽取一个容量为10的样本．
已知B层中每个个体被抽到的概率都为，则总体中的个体数为_______．
【答案】120
【解析】
【详解】解：∵用分层抽样方法从总体中抽取一个容量为10的样本．
由B层中每个个体被抽到的概率都为1 12 ，知道在抽样过程中每个个体被抽到的概率是1 /12 ，
∴总体中的个体数为10÷1 /12 =120．
14. 直线与直线平行，且过直线与的交点，则直线的方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出直线和的交点，再由题意设直线方程为，将交点代入解出，即可得出答案.
【详解】联立直线和得，则得其交点为.
因为直线与直线平行，
所以设直线方程为，将点坐标代入得，
∴直线方程为，即，
故答案为：.
15. 若圆x2＋y2＝4与圆x2＋y2＋2ay－6＝0(a>0)的公共弦长为，则a＝________.
【答案】1
【解析】
【分析】先求得相交弦所在直线方程，然后利用勾股定理列方程，解方程求得的值.
【详解】将两圆的方程相减，得相交弦所在的直线方程为.
圆的圆心为，半径为.
到直线的距离为：
，解得.
故答案为：
16. 已知，分别为双曲线的左､右焦点，点P在双曲线上，若，，则双曲线的离心率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】不妨假设点P在双曲线右支上，可根据双曲线定义结合条件求得，再结合，即可求得答案.
【详解】不妨假设点P在双曲线右支上，则 ，
由于，，故，
故，
而 ，
故 ，
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. 某位射击运动员射击1次，命中环数的概率如下表所示：
（1）若规定射击1次，命中8环及以上为“成绩合格”，求该运动员射击1次“成绩合格”的概率；
（2）假设该运动员每次射击互不影响，求该名运动员射击2次，共命中18环的概率．
【答案】（1）0.7 （2）0.165
【解析】
【分析】（1）结合概率的加法计算公式即可求出结果；
（2）结合概率的乘法计算公式即可求出结果.
【小问1详解】
记“运动员射击1次，成绩合格”为事件；
记“射击1次，命中环”为事件，（，且），
则，且事件两两互斥．
由题意知，，，，
所以．
答：该名运动员射击1次，成绩合格的概率为0.7．
【小问2详解】
记“该名运动员射击2次，共命中18环”为事件；
记“第一次射击，命中环”为事件，（，且）；
“第二次射击，命中环”为事件，（，且），则与相互独立．
事件，，两两互斥，，
所以
，
该名运动员射击2次，共命中18环的概率为0.165．
18. 某校命制了一套调查问卷（试卷满分均为100分），并对整个学校的学生进行了测试.现从这些学生的成绩中随机抽取了50名学生的成绩，按照分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图（假定每名学生的成绩均不低于50分）.

（1）求频率分布直方图中x的值，并估计所抽取的50名学生成绩的平均数、中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
（2）用样本估计总体，若该校共有2000名学生，试估计该校这次测试成绩不低于70分的人数；
（3）若利用分层抽样的方法从样本中成绩不低于70分的学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取3人，试求成绩在的学生至少有1人被抽到的概率.
【答案】（1），74，；（2）1200；（3）.
【解析】
【分析】
（1）根据频率和为可求得第第组的频率，由此求得的值；根据频率分布直方图中平均数和中位数的估计方法可计算得到结果；
（2）计算得到名学生中成绩不低于分的频率，根据样本估计总体的方法，利用总数频率可得所求人数；
（3）根据分层抽样原则确定、和种分别抽取人数，采用列举法列出所有结果，从而可知成绩在的学生没人被抽到的概率；根据对立事件概率公式可求得结果.
【详解】（1）由频率分布直方图可得第组的频率为：
估计所抽取的名学生成绩的平均数为：
由于前两组的频率之和为，前三组的频率之和为
中位数在第组中
设中位数为，则有：，解得：
即所求的中位数为
（2）由（1）知：名学生中成绩不低于分的频率为：
用样本估计总体，可以估计高三年级名学生中成绩不低于分的人数为：
（3）由（1）可知，后三组中的人数分别为，，
这三组中所抽取的人数分别为，，
记成绩在的名学生分别为，成绩在的名学生分别为，成绩在的名学生为，则从中随机抽取人的所有可能结果为：
，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共种
其中成绩在的学生没人被抽到的可能结果为，只有种，
故成绩在的学生至少有人被抽到的概率：
【点睛】本题考查利用频率分布直方图计算频率、频数、估计平均数、中位数的问题，分层抽样、古典概型概率问题的求解；考查学生对于统计和概率部分知识的综合掌握情况，属于常考题型.
19. 已知椭圆的焦点坐标为和，且椭圆经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）点为椭圆上的动点，且，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得半焦距，再将点坐标代入椭圆方程得半长轴长，即得椭圆方程；
（2）根据余弦定理解得P点坐标，再根据三角形面积公式求结果.
【小问1详解】
由题意可知，，
设椭圆方程为，将点代入椭圆方程，
得，解得（舍），，
所以椭圆方程为
【小问2详解】
设，，由余弦定理得
，解得
所以，即或，
则三角形面积
20. 已知圆的圆心在直线上，圆心在第一象限，该圆与轴相切，且圆过点，直线的方程为.
（1）求圆的标准方程；
（2）证明：直线与圆相交；
（3）当直线被圆截得的弦长最短时，求直线的方程及最短弦长.
【答案】20.
21. 证明见解析 22. ，.
【解析】
【分析】（1）设出圆C的标准方程，根据题意建立方程组，即可解出；
（2）通过变形求出直线所过定点的坐标，判断定点与圆C的位置关系，进而得证；
（3）结合图象，判断出直线与定点和圆心连线垂直时弦长最短，求出此时直线的斜率，利用点斜式即可求出直线的方程，从而利用垂径定理求出最短弦长.
【小问1详解】
设圆的方程为；
由已知可得：，所以圆的方程为；
把点代入上式，得，解得，
所以圆的标准方程为：.
小问2详解】
证明：直线：，可化为，
又，所以，解得，即直线恒过定点.
而，所以定点在圆内，
故直线：与圆相交.
【小问3详解】
由题意，直线被圆截得弦长最短时，直线，
设直线的斜率为，且直线的斜率为，
所以，得，
故的方程为，即为.
圆心到的距离为，
此时弦长为：.
21. 如图，四边形是正方形，平面，，，，F为中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的大小．
【答案】（1）证明见解析.
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）求出平面的法向量，求解两个平面的夹角.
【小问1详解】
依题意，平面，且四边形是正方形
以A为原点，分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系．
则，，，，，，
取的中点M，连接．
，则，
∴，∴，
∵平面平面，∴平面．
【小问2详解】
，F为的中点，
则，，，
又，平面，故为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，因为，
，即,令，得，，
故．
设二面角的大小为，则，
由图知，所求二面角为钝角，所以二面角的大小是
22. 已知椭圆C：的离心率为，左、右焦点分别为，，A为C的上顶点，且的周长为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）直线l：与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，当k为何值，恒为定值，并求此时面积的最大值．
【答案】（1）
（2），面积的最大值为1
【解析】
【分析】（1）由椭圆的定义可知的周长为，结合离心率，即可求解；
（2）联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理可得，若恒为定值，则与无关，即可求得值；将代回可得，设点到直线的距离，则，利用均值不等式即可求解.
【小问1详解】
设椭圆的半焦距为．因为的周长为，
所以，①
因为椭圆的离心率为，所以，②
由①②解得，．
则．
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
设，，
联立，消元得，
当，即时，
则，，
则
，
当为定值时，即与无关，故，得，
此时
，
又点到直线的距离，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
经检验，此时成立，
所以面积的最大值为1．
命中环数
环
6环
7环
8环
9环
10环
概率
0.05
0.1
0.15
0.25
0.3
0.15