湖北省部分省级示范高中2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析

这是一份湖北省部分省级示范高中2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析，共20页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 若直线l， 吹奏乐器“埙”， 下面结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、选择题（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，只有一项是符合题目要求的.）
1. 已知点，，若过的直线与线段相交，则直线斜率k的取值范围为（）
A. B. C. 或D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求出直线，的斜率，结合图象可得答案.
【详解】根据题意，，，，
则，，
结合图象可得直线的斜率k的取值范围是.
故选：D.
2. 圆和圆的位置关系是（）
A. 内切B. 相离C. 相交D. 外切
【答案】C
【解析】
【分析】求出两圆的圆心和半径，得到圆心距与两圆半径的关系，得到两圆位置关系.
【详解】易得圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径，
圆心距，,
所以，故两圆相交．
故选：C
3. 若圆经过点，，且圆心在直线：上，则圆的方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求解的中垂线方程，然后求解圆的圆心坐标，求解圆的半径，然后得到圆的方程.
【详解】圆经过点，，
可得线段的中点为，又，
所以线段的中垂线的方程为，
即，
由，解得，
即，圆半径，
所以圆的方程为.
故选：A.
4. 已知直线和平行，则实数的值等于（）
A. B.
C. a＝3D. a＝2或a＝
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合两直线平行，列出方程组，即可求解.
【详解】由直线和平行，
则满足，解得或.
故选：A.
5. 如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算进行求解.
【详解】.
故选：D
6. 若椭圆的弦AB被点平分，则AB所在直线的方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用点差法求解得，再根据点斜式求解即可得答案.
【详解】设，则
所以，整理得，
因为为弦中点，
所以，
所以，
所以弦所在直线的方程为，即.
故选：A.
7. 若直线l：与曲线有两个不同的交点，则实数k的取值范围是（）
A. B.
C. 或D.
【答案】B
【解析】
【分析】直线l恒过定点，所以曲线表示以点为圆心，半径为1，且位于直线右侧的半圆（包括点，），结合图象进行求解即可.
【详解】解：直线l：恒过定点，
由，得到，
所以曲线表示以点为圆心，半径为1，且位于直线右侧的半圆（包括点，），
如下图所示：
当直线l经过点时，l与曲线C有两个不同的交点，此时，
当l与半圆相切时，由，得，
由图可知，当时，l与曲线C有两个不同的交点，
故选：B
8. 吹奏乐器“埙”（如图1）在古代通常是用陶土烧制的，一种埙的外轮廓的上部是半椭圆，下部是半圆.半椭圆（，且为常数）和半圆组成的曲线D如图2所示，曲线D交轴的负半轴于点，交轴的正半轴于点C，点是半圆上任意一点，当点的坐标为时，的面积最大，则半椭圆的方程是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】易知，根据三角形面积最大即可知，再利用垂直关系的斜率表示即可得，求出椭圆方程.
【详解】由点在半圆上，所以，，
要使的面积最大，可平行移动AC，
当平移到AC与半圆相切于时，M到直线AC的距离最大，如下图所示：
此时，即，
又
，
所以半椭圆的方程为,
故选：D
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有2个或2个以上选项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 下面结论正确的是（）
A. 若事件A与B是互斥事件，则A与也是互斥事件
B. 若事件A与B是相互独立事件，则与也是相互独立事件
C. 若，，A与B相互独立，那么
D. 若，，A与B相互独立，那么
【答案】BD
【解析】
【分析】根据互斥与对立事件的定义，以及相互独立事件的概率乘法公式，逐项判定，即可求解.
【详解】A中，由互斥事件的定义可知，事件A，B互斥，则A与也是互斥事件不成立，
A错误；特别地，若事件A，B对立，则A与是同一事件，显然不互斥.
B中，若A与B相互独立，则A与，B与，与都是相互独立事件，所以B正确；
C中，如果A与B相互独立，则，所以C错误；
D中，如果A与B相互独立，则，所以D正确.
故选：BD．
10. 已知直线，圆的圆心坐标为，则下列说法正确的是（）
A. 直线恒过点
B.
C. 直线被圆截得的最短弦长为
D. 当时，圆上存在无数对点关于直线对称
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项A，把方程变成，让即可；选项B，写出一般方程圆心的坐标，待定系数法求出即可；选项C，先判断直线与圆的位置关系，再由弦长公式求出最短弦长；选项D，带入，判断直线与圆的位置关系即可.
【详解】对于A,直线，恒过点，所以A不正确；
对于B，圆的圆心坐标为，所以，，所以B正确；
对于C，圆的圆心坐标为，圆的半径为2．
直线，恒过点，圆的圆心到定点的距离为：，直线与圆相交
直线被圆截得的最短弦长为，所以C正确；
当时，直线方程为：，经过圆的圆心，所以圆上存在无数对点关于直线对称，所以D正确．
故选：BCD．
11. 设椭圆的右焦点为，直线与椭圆交于，两点，则（）
A.
B. 的周长的取值范围是
C. 当时，的面积为
D. 当时，为直角三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆定义可判断；由为定值以及的取值范围可判断；求出,坐标，由面积公式得出的面积可判断；求出,坐标，由数量积公式得出，可判断.
【详解】设椭圆左焦点为，连接，则，
所以，正确；
的周长为，
因为为定值，的取值范围是，
所以的周长的取值范围是，错误；
将与椭圆方程联立，得，不妨设，的坐标为，,
所以，正确；
将与椭圆方程联立，可得，不妨设，的坐标为，，
又因为，所以,
因为，即，
所以为直角三角形，正确.
故选：.
12. 已知正方体的棱长为2，点为平面内一动点，则下列说法正确的是（）
A. 若点在棱上运动，则的最小值为
B. 若点是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为
C. 若点满足，则动点的轨迹是一条直线
D. 若点在直线上运动，则到棱的最小距离为
【答案】BCD
【解析】
【分析】化折线为直线，即可判断A，取的中点，连接、、、，即可证明四边形即为平面截正方体所得截面，从而求出截面周长，即可判断B，根据线面垂直判断C，利用空间向量法判断D.
【详解】对于A：如图将平面展开与平面处于一个平面，连接与交于点，
此时取得最小值，即，故A错误；
对于B：如图取的中点，连接、、、，
因为点是棱的中点，所以且，
又且，所以四边形平行四边形，所以，
所以，所以四边形即为平面截正方体所得截面，
又，，，
所以截面周长为，故B正确；
对于C：如图，，平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，因为平面平面，
平面，平面，
又，所以在直线上，即动点的轨迹是一条直线，故C正确；
对于D：如图建立空间直角坐标系，则，，设，
所以，，
所以到棱的距离，
所以当时，故D正确；
故选：BCD
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡上相应位置的横线上.）
13. 若以连续掷两次骰子分别得到的点数作为的坐标，则点落在圆内的概率_________.
【答案】
【解析】
【详解】基本事件总数为，且每种结果出现的可能性都相等．记事件为“点落在圆内”，则事件所包含的基本事件为，共8个，故．
14. 已知点，到直线的距离相等，则实数的值为_______
【答案】或
【解析】
【分析】利用点到直线的距离求解.
【详解】因为点，到直线的距离相等，
所以，
解得或，
故答案为：或
15. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”.在平面直角坐标系中，已知，，若动点P满足，设点的轨迹为，过点作直线，上恰有三个点到直线的距离为1，则满足条件的一条直线的方程为__________.
【答案】或（写出一条即可）
【解析】
【分析】结合定义应用直译法求得圆方程，结合点到直线的距离即可求解.
【详解】因为，点满足，设，
则，化简得，
因为圆上恰有三个点到直线的距离为1，
所以圆心到直线的距离为1.
若直线的斜率不存在，
直线的方程为;
若直线的斜率存在,
设直线的方程为，
即，，解得,
直线的方程为:.
故答案为：或（写出一条即可）
16. 已知椭圆，，分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆的下顶点，直线交椭圆于另一点，若，则椭圆的离心率为______
【答案】
【解析】
【分析】由题意结合椭圆定义可得，在中，由余弦定理可得，再利用二倍角的余弦公式可得，从而求出椭圆的离心率.
【详解】如图，
点在椭圆上，所以，
由，代入上式得，
在，，
又，所以，
即
故答案为：
【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆的离心率，求解离心率在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出；②构造的齐次式，求出；③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解；④根据圆锥曲线的统一定义求解．
四、解答题（本大题共6小题，第17小题10分，其余各小题每题12分，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
17. 甲、乙两名魔方爱好者在30秒内复原魔方的概率分别是0.8和0.6．如果在30秒内将魔方复原称为“复原成功”，且每次复原成功与否相互之间没有影响，求：
（1）甲复原三次，第三次才成功的概率；
（2）甲、乙两人在第一次复原中至少有一人成功的概率．
【答案】（1）0.032
（2）0.92
【解析】
【分析】（1）“甲第三次才成功”为事件，故第三次才成功的概率，运算求得结果．
（2）“甲、乙两人在第一次复原中至少有一人成功”为事件，由题意可得，计算即可．
【小问1详解】
记“甲第次复原成功”为事件，“乙第次复原成功”为事件，
依题意，，．
“甲第三次才成功”为事件，且三次复原过程相互独立，
．
【小问2详解】
“甲、乙两人在第一次复原中至少有一人成功”为事件．
所以．
18. 已知中，，．
（1）若，求边上的高所在直线的一般式方程；
（2）若点为边的中点，求边所在直线的一般式方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据互相垂直两直线斜率的关系，结合直线的点斜式方程进行求解即可；
（2）根据中点坐标公式，结合直线两点式方程进行求解即可.
小问1详解】
因为，，
所以，
因为是边上的高，
所以，
所以高所在直线的方程为；
【小问2详解】
因为点为边的中点，
所以，
因此边所在直线的方程为.
19. 如图，在长方体中，，，点在上，且
（1）求直线与所成角的余弦值
（2）求点到平面的距离
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与直线所成角的余弦值.
（2）先求出平面的法向量，然后利用向量法求得点到平面的距离.
【小问1详解】
由题意，建立如图所示空间直角坐标系，
，
设直线与直线所成角为，则.
【小问2详解】
由题意，设平面的法向量为，
则，令，可得，又，
所以到平面的距离为.
20. 已知点，圆C：.
（1）若过点.A可以作两条圆的切线，求m的取值范围；
（2）当时，过直线上一点P作圆的两条切线PM､PN，求四边形PMCN面积的最小值.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）利用点在圆外代入得到不等式，结合曲线方程表示圆即可解答；
（2）首先得到，再根据点到直线的距离公式求出的最小值，最后得到四边形面积的最小值.
【小问1详解】
由题意得在圆外，则，即
又，即或
所以或.
【小问2详解】
时，圆方程为，则圆的半径，圆心，
直线方程为，设圆心到直线的距离为，
，
21. 已知椭圆的右焦点为，长半轴长与短半轴长的比值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设经过点的直线与椭圆相交于不同的两点，.若点在以线段为直径的圆上,求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或
【解析】
【分析】
（1）利用已知条件列出方程，求出即可得到椭圆方程；
（2）设出直线方程，与椭圆联立，利用韦达定理，结合在以线段为直径的圆上，转化求解即可.
【详解】（1）由题意可知，，，
椭圆的方程为；
（2）易知当直线的斜率为或直线的斜率不存在时，不合题意，
当直线的斜率存在且不为时，
设直线的方程为，，
联立，可得，
，，，
在以线段为直径的圆上，
，
，，
，
，
整理得，
解得或，
直线的方程为，或.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
22. 如图1，已知是直角梯形，，，，C、D分别为BF、AE的中点，，，将直角梯形ABFE沿CD翻折，使得二面角的大小为60°，如图2所示，设N为BC的中点.
（1）证明：；
（2）若M为AE上一点，且，则当为何值时，直线BM与平面ADE所成角的正弦值为.
【答案】（1）证明见解析
（2）或.
【解析】
【分析】（1）由题可得是二面角的平面角，利用其可说明平面，即可证明结论.（2）如图建立空间直角坐标系，设，由，可得，后表示出平面ADE的法向量，利用直线BM与平面ADE所成角的正弦值为得到关于的方程，即可得答案.
【小问1详解】
∵由图1得：，，且，∴在图2中平面，是二面角的平面角，则，∴是正三角形，且N是BC的中点，，又平面BCF，平面BCF，可得，而，平面ABCD.∴平面ABCD，而平面，∴.
【小问2详解】
因为平面ABCD，过点N做AB平行线NP，所以以点N为原点，NP，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，设
∴，，,.
∵，∴.
∴，∴，
设平面的法向量为
则，取，
设直线BM与平面ADE所成角为，
∴，
∴，∴或.