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湖南省永州市2023_2024学年高二数学上学期10月月考试题含解析
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这是一份湖南省永州市2023_2024学年高二数学上学期10月月考试题含解析，共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 命题“，”的否定是（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】由存在量词命题的否定形式可得.
【详解】由存在量词命题的否定是全称量词命题可知，
命题“，”的否定是“，”．
故选：C．
2. 复数是纯虚数，则（）
A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据纯虚数的定义列式求解即可.
【详解】因为是纯虚数，
则，解得.
故选：B.
3. 已知，则的值是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合三角函数的诱导公式，即可求解.
【详解】因为，则.
故选：B.
4. 如图所示，在中，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解.
【详解】根据向量的线性运算法则，可得：
.
故选：A.
5. 已知，，，若，，共面，则等于（）
A. B. 9C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由，，共面，设，根据条件列出方程组即可求出λ的值．
【详解】因为，，共面，设，
又，，，得到，
所以，解得，
故选：A.
6. 已知点，，过点的直线与线段相交，则的斜率的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得直线和直线的斜率，再利用数形结合法求解.
【详解】解：如图所示：
，
由图象知：当的斜率不存在时，直线与线段相交，
故的斜率的取值范围为.
故选：D.
7. 设是双曲线的左､右焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为.若，则双曲线的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，先求得焦点到渐近线的距离为，在直角中，求得，再在中，利用余弦定理求得，结合和离心率的定义，即可求解.
【详解】由双曲线，可得，渐近线方程为，
如图所示，则焦点到渐近线的距离为，
在直角中，可得，
在中，由余弦定理得，
即，所以，
又由，所以，可得，
所以双曲线的离心率为.
故选：A.
8. 已知函数是奇函数且满足，当，时，恒成立，设，，，则a、b、c的大小关系为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得的周期性、单调性，结合奇偶性判断出正确答案.
【详解】因为，所以函数的图象关于直线对称，
又因为函数是奇函数，故函数关于对称，所以，
故，所以函数的周期为，
当、时，恒成立，
即当时，，
即，所以函数在上为单调增函数，
因为函数是奇函数，所以函数在上为单调增函数，
因为，，
因为，所以．故．
故选：B
【点睛】如果一个函数的图象既关于直线对称，也关于点对称，则这个函数具有周期性.对于函数的单调性来说，在时，若，则函数单调递增.奇函数的单调性在轴两侧对应的区间上相同，偶函数则相反.
二、多项选择题：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. 已知函数的一个零点为，则（）
A.
B. 的最大值为1
C. 在区间上单调递增
D. 的图象可由曲线向右平移个单位长度得到
【答案】BD
【解析】
【分析】由零点及已知求得，即得，根据正弦型函数的性质、图象平移逐一判断各项的正误.
【详解】由题设，
又，故，则，
所以，A错；，B对；
，则，显然不单调，C错；
曲线向右平移个单位长度得到，D对
故选：BD
10. 设抛物线的顶点为O，焦点为F.点M是抛物线上异于O的一动点，直线OM交抛物线的准线于点N，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则O为线段MN的中点
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，求得抛物线的焦点为，准线为，结合选项，利用抛物线的定义，求得点和点的坐标，即可求解.
【详解】由抛物线，可得焦点为，准线为，
对于A中，设，若，根据抛物线的定义，可得，
解得，可得，可得，所以A正确；
对于B中，由，则，不妨设，则直线的方程为，
令，可得，即，所以为线段的中点，所以B正确；
对于C中，设，若，根据抛物线的定义，可得，
解得，则，可得，所以C不正确；
对于D中，由，可得，不妨设，
则直线的方程为，令，可得，即，
则，所以，所以D正确.
故选：ABD.
11. 椭圆有如下的光学性质，从椭圆的一个焦点出发的光线射到椭圆镜面后反射，反射光线经过另一个焦点.现椭圆的焦点在轴上，中心在坐标原点，从左焦点射出的光线经过椭圆镜面反射到右焦点.一束光线从射出，经椭圆镜面反射至，若两段光线总长度为4，且椭圆的离心率为，左顶点和上顶点分别为．则下列说法正确的是（）
A. 椭圆的标准方程为
B. 若点在椭圆上，的最大值为
C. 若点在椭圆上，则的最大值为
D. 过直线上一点分别作椭圆切线，交椭圆于两点，则直线恒过定点
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用椭圆定义以及离心率大小可求得椭圆的标准方程为；利用两点间距离公式并结合椭圆范围即可求得的最大值为；由余弦定理可得，所以的最大值为；利用结论椭圆上在点处的切线方程为，以及点在直线上可求出满足的直线方程，即可得直线恒过定点.
【详解】根据题意，一束光线从射出，经椭圆上的点反射至，如下图所示：
所以可得，即；
又椭圆的离心率为，可得，所以；
即椭圆的标准方程为，所以A正确；
易知，设，且，
则，
又，则，
所以的最大值为，即B正确；
由椭圆定义可知，不妨设，
，
又，可得，所以，
当且仅当时，等号成立；
此时的余弦值最小为，所以的最大值为，即C错误；
易知椭圆上在点处的切线方程为，
证明如下：当切线斜率存在时，设直线与相切于点，
联立直线和椭圆方程可得，
所以，整理可得；
又易知，即，所以可得；
整理可得；
又因为切点在椭圆上，即，整理可得
联立可得，即，可得；
所以切线方程为，化简可得；
经检验，切线斜率不存在时也符合上式，
即圆上在点处的切线方程为.
设，，
所以椭圆在点处的切线的方程为，
同理点处的切线的方程为，
又两切线交于点，所以可得，即满足方程，所以直线的方程为
整理可得直线的方程为，若过顶点则与无关，
所以，即可得，即可得直线恒过定点，即D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题在求解直线过定点问题时，关键是利用结论：椭圆上在点处的切线方程为，分别求得两切线方程即可得出直线过定点.
12. 菱形的边长为，且，将沿向上翻折得到，使二面角的余弦值为，连接，球与三棱锥的6条棱都相切，下列结论正确的是（）
A. 平面
B. 球的表面积为
C. 球被三棱锥表面截得的截面周长为
D. 过点与直线所成角均为的直线可作4条
【答案】AC
【解析】
【分析】利用余弦定理求得，说明三棱锥为正四面体，进而补成正方体，则说明O点为正方体的中心，结合线面垂直的判定可判断A；求得球O的半径可判断B；求出球O被三棱锥一个侧面所截得的截面的周长，即可求得球被三棱锥表面截得的截面周长，判断C；根据平行公理以及直线所成角的概念可判断D.
【详解】如图在菱形中，连接，则，设交于E，
则，平面,平面，
即为二面角的平面角，即，
又，即为正三角形，即，为正三角形，
故，故
，即，
故三棱锥为棱长为a的正四面体；
如图，将该四面体补成正方体，四面体的各棱为正方体的面对角线，
则正方体棱长为，
因为球与三棱锥的6条棱都相切，则O点即为正方体的中心，
连接，则O为正方体体对角线的中点，
因为平面平面，故，
又,而平面，
故平面，平面，故；
同理可证,平面，
故平面，即平面，A正确；
因为球与三棱锥的6条棱都相切，
故球O即为正方体的内切球，球的直径为正方体棱长，
则球的半径为，故球的表面积为，B错误；
球O被平面截得的截面圆即为正三角形的内切圆，
由于，故正三角形的内切圆半径为，
故内切圆周长即球O被平面截得的截面圆周长为，
故球被三棱锥表面截得的截面周长为，C正确；
连接，因为，即四边形为平行四边形，
故，而，故，
不妨取空间一点S，作的平行线，如图，
则和所成角均为的直线即为它们形成的角的角平分线，
假设平面过且垂直于所确定的平面，当绕点S且在内转动时，
则此时直线l与所成角相等，但会变大，大于，
即在所确定的平面外过点S不存在直线l与所成角为，
故过点与直线所成角均为的直线可作2条，D错误，
故选：AC
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 在一次篮球比赛中，某支球队共进行了8场比赛，得分分别为29，30，38，25，37，40，42，32，那么这组数据的第75百分位数为______.
【答案】39
【解析】
【分析】根据第75百分位数的定义计算可得答案.
【详解】8场比赛的得分从小到大排列为：25，29，30，32，37，38，40，42，
因，所以第75百分位数为.
故答案为：39
14. 已知直线过定点且该点在抛物线上，则的值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】化简直线方程为，联立方程组，求得点，将点代入抛物线方程，即可求解.
【详解】直线，可化为，
联立方程组，解得，即直线恒过点，
因为点在抛物线上，可得，解得.
故答案为：.
15. 点A是圆上的一个动点，点，当点A在圆上运动时，线段的中点P的轨迹方程为_______.
【答案】
【解析】
【分析】设，利用中点坐标公式可用x，y表示出，再根据点A在圆上，即可得到答案．
【详解】设，又点，
则，
所以，，
又点A在圆上，
则，即，
所以线段AB的中点P的轨迹方程为．
故答案为：．
16. 已知函数，若关于x的方程有4个不同的解，记为，，，（），且恒成立，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】结合分段函数的图象，确定的取值变化情况，可得出，将不等式转化为对任意恒成立，结合二次函数即可求解的取值范围．
【详解】，作出函数的图象如下：
则可得
因为，
所以，
所以，
所以，，，
因为恒成立，所以，
所以,对任意恒成立，
即，
所以当时，函数取到最大值，
所以，即的取值范围为．
四、解答题：本题共6小题，共70分．第17题10分，其他每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为，且．
（1）求角；
（2）若，的面积为，求b．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理结合锐角三角形即可求解；
（2）由面积公式及余弦定理即可求解.
【小问1详解】
在中，根据正弦定理可得，
因为，
所以，
即，
因为为锐角三角形，
所以.
【小问2详解】
由第一问知，
所以，
所以，
根据余弦定理得：，
代入数据得：.
18. 已知圆：的圆心为，圆：的圆心为，动圆与圆和圆均外切，记动圆圆心的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）若是上一点，且，求面积.
【答案】（1）
（2）24
【解析】
【分析】（1）根据已知条件集合双曲线的定义即可求解；
（2）设，则，由，建立关系式求出，则，再利用三角形面积公式求出即可.
【小问1详解】
设动圆的半径为，因为圆与圆和圆均外切，
所以，，
则，
根据双曲线的定义可知，的轨迹是以，为焦点的双曲线的一支.
设方程为，
由，又，
所以，
所以的方程为.
【小问2详解】
设，则.
因为.所以，
即，解得或（舍去）.
故的面积为：.
19. 如图，在长方体中，，和交于点为AB的中点.
（1）求证：平面；
（2）已知与平面所成角为，求
（ⅰ）平面与平面的夹角的余弦值；
（ⅱ）点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ）；（ⅱ）1
【解析】
【分析】（1）通过证明来证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面的夹角的余弦值、点到平面的距离.
【小问1详解】
连接，，.
因为长方体中，且，
所以四边形为平行四边形.
所以E为的中点，
在中，因为E，F分别为和AB的中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
与平面所成角为.连接.
因为长方体中，平面，平面，
所以.所以为直线与平面所成角，即.
所以为等腰直角三角形.
因为长方体中，所以.所以.
如图建立空间直角坐标系，因为长方体中，，
则，，，，
，，.
所以，，.
设平面的法向量为，则，即.
令，则，，可得.
设平面BCE的法向量为，则，即.
令，则，，所以.
设平面与平面的夹角为，则.
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
（ⅱ）因为，
所以点A到平面的距离为.
20. 多项选择题是高考的一种题型，其规则如下：有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.现高二某同学正在进行第一次月考，做到多项选择题的11题和12题.该同学发现自己只能全凭运气，在这两个多项选择题中，他选择一个选项的概率是，选择两个选项的概率是，选择三个选项的概率是.已知该同学做题时题目与题目之间互不影响且第11题正确答案是两个选项，第12题正确答案是三个选项.
（1）求该同学11题得5分的概率；
（2）求该同学两个题总共得分不小于7分的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用独立事件的乘法公式计算；
（2）利用互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式计算.
【小问1详解】
根据题意，11题得5分需满足选两个选项且选对，
选两个选项共有6种情况.
所以.
【小问2详解】
总得分不低于7分共3种情况，它们分别是：第11题得5分且第12题得2分；第11题得2分且第12题得5分；第11题得5分且第12题得5分，
记事件：11题得2分，满足选了一个选项且选对；
事件：11题得5分，满足选了两个选项且选对；
事件：12题得2分，满足选了一个选项且选对或选了两个选项且选对；
事件：12题得5分，满足选了三个选项且选对.
则；；
；；
.
21. 已知圆过点，且圆心在直线上．
（1）求圆的方程；
（2）若从点发出的光线经过直线反射，反射光线恰好平分圆的圆周，求反射光线所在直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）计算的垂直平分线，计算交点得到圆心，再确定半径得到答案.
（2）根据垂直和中点得到关于直线对称的点为，即为所求直线.
【小问1详解】
，则的垂直平分线的斜率为，中点为，
故的垂直平分线为，，解得，即圆心为，
圆的半径，
故圆方程为.
【小问2详解】
反射光线恰好平分圆的圆周，故反射光线过圆心，
设关于直线对称的点为，
则，且，解得，即，
，
故反射光线为，即.
22. 已知为圆：上任一点，，，，且满足.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）直线：与轨迹相交于，两点，与轴交于点，过的中点且斜率为的直线与轴交于点，记，若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的几何性质由得，
进而可得，可得动点的轨迹为椭圆，进而可得轨迹方程；
（2）根据弦长公式得，根据中垂线的方程可得，
，由函数的单调性可得.
小问1详解】
如图，由，可得，
因为，所以，
所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆，
所以动点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
直线的方程为，联立消去并整理，
得，，
设，，则，，
又，可得线段中点坐标为，
所以线段垂直平分线的方程为，
令，可得，
对于直线，令，可得，
所以，
又，
所以，
令，则，
，当时，，所以在上单调递增，
所以，则 .
【点睛】方法点睛：弦长公式
1. 命题“，”的否定是（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】由存在量词命题的否定形式可得.
【详解】由存在量词命题的否定是全称量词命题可知，
命题“，”的否定是“，”．
故选：C．
2. 复数是纯虚数，则（）
A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据纯虚数的定义列式求解即可.
【详解】因为是纯虚数，
则，解得.
故选：B.
3. 已知，则的值是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合三角函数的诱导公式，即可求解.
【详解】因为，则.
故选：B.
4. 如图所示，在中，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解.
【详解】根据向量的线性运算法则，可得：
.
故选：A.
5. 已知，，，若，，共面，则等于（）
A. B. 9C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由，，共面，设，根据条件列出方程组即可求出λ的值．
【详解】因为，，共面，设，
又，，，得到，
所以，解得，
故选：A.
6. 已知点，，过点的直线与线段相交，则的斜率的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得直线和直线的斜率，再利用数形结合法求解.
【详解】解：如图所示：
，
由图象知：当的斜率不存在时，直线与线段相交，
故的斜率的取值范围为.
故选：D.
7. 设是双曲线的左､右焦点，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为.若，则双曲线的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，先求得焦点到渐近线的距离为，在直角中，求得，再在中，利用余弦定理求得，结合和离心率的定义，即可求解.
【详解】由双曲线，可得，渐近线方程为，
如图所示，则焦点到渐近线的距离为，
在直角中，可得，
在中，由余弦定理得，
即，所以，
又由，所以，可得，
所以双曲线的离心率为.
故选：A.
8. 已知函数是奇函数且满足，当，时，恒成立，设，，，则a、b、c的大小关系为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得的周期性、单调性，结合奇偶性判断出正确答案.
【详解】因为，所以函数的图象关于直线对称，
又因为函数是奇函数，故函数关于对称，所以，
故，所以函数的周期为，
当、时，恒成立，
即当时，，
即，所以函数在上为单调增函数，
因为函数是奇函数，所以函数在上为单调增函数，
因为，，
因为，所以．故．
故选：B
【点睛】如果一个函数的图象既关于直线对称，也关于点对称，则这个函数具有周期性.对于函数的单调性来说，在时，若，则函数单调递增.奇函数的单调性在轴两侧对应的区间上相同，偶函数则相反.
二、多项选择题：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. 已知函数的一个零点为，则（）
A.
B. 的最大值为1
C. 在区间上单调递增
D. 的图象可由曲线向右平移个单位长度得到
【答案】BD
【解析】
【分析】由零点及已知求得，即得，根据正弦型函数的性质、图象平移逐一判断各项的正误.
【详解】由题设，
又，故，则，
所以，A错；，B对；
，则，显然不单调，C错；
曲线向右平移个单位长度得到，D对
故选：BD
10. 设抛物线的顶点为O，焦点为F.点M是抛物线上异于O的一动点，直线OM交抛物线的准线于点N，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则O为线段MN的中点
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，求得抛物线的焦点为，准线为，结合选项，利用抛物线的定义，求得点和点的坐标，即可求解.
【详解】由抛物线，可得焦点为，准线为，
对于A中，设，若，根据抛物线的定义，可得，
解得，可得，可得，所以A正确；
对于B中，由，则，不妨设，则直线的方程为，
令，可得，即，所以为线段的中点，所以B正确；
对于C中，设，若，根据抛物线的定义，可得，
解得，则，可得，所以C不正确；
对于D中，由，可得，不妨设，
则直线的方程为，令，可得，即，
则，所以，所以D正确.
故选：ABD.
11. 椭圆有如下的光学性质，从椭圆的一个焦点出发的光线射到椭圆镜面后反射，反射光线经过另一个焦点.现椭圆的焦点在轴上，中心在坐标原点，从左焦点射出的光线经过椭圆镜面反射到右焦点.一束光线从射出，经椭圆镜面反射至，若两段光线总长度为4，且椭圆的离心率为，左顶点和上顶点分别为．则下列说法正确的是（）
A. 椭圆的标准方程为
B. 若点在椭圆上，的最大值为
C. 若点在椭圆上，则的最大值为
D. 过直线上一点分别作椭圆切线，交椭圆于两点，则直线恒过定点
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用椭圆定义以及离心率大小可求得椭圆的标准方程为；利用两点间距离公式并结合椭圆范围即可求得的最大值为；由余弦定理可得，所以的最大值为；利用结论椭圆上在点处的切线方程为，以及点在直线上可求出满足的直线方程，即可得直线恒过定点.
【详解】根据题意，一束光线从射出，经椭圆上的点反射至，如下图所示：
所以可得，即；
又椭圆的离心率为，可得，所以；
即椭圆的标准方程为，所以A正确；
易知，设，且，
则，
又，则，
所以的最大值为，即B正确；
由椭圆定义可知，不妨设，
，
又，可得，所以，
当且仅当时，等号成立；
此时的余弦值最小为，所以的最大值为，即C错误；
易知椭圆上在点处的切线方程为，
证明如下：当切线斜率存在时，设直线与相切于点，
联立直线和椭圆方程可得，
所以，整理可得；
又易知，即，所以可得；
整理可得；
又因为切点在椭圆上，即，整理可得
联立可得，即，可得；
所以切线方程为，化简可得；
经检验，切线斜率不存在时也符合上式，
即圆上在点处的切线方程为.
设，，
所以椭圆在点处的切线的方程为，
同理点处的切线的方程为，
又两切线交于点，所以可得，即满足方程，所以直线的方程为
整理可得直线的方程为，若过顶点则与无关，
所以，即可得，即可得直线恒过定点，即D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题在求解直线过定点问题时，关键是利用结论：椭圆上在点处的切线方程为，分别求得两切线方程即可得出直线过定点.
12. 菱形的边长为，且，将沿向上翻折得到，使二面角的余弦值为，连接，球与三棱锥的6条棱都相切，下列结论正确的是（）
A. 平面
B. 球的表面积为
C. 球被三棱锥表面截得的截面周长为
D. 过点与直线所成角均为的直线可作4条
【答案】AC
【解析】
【分析】利用余弦定理求得，说明三棱锥为正四面体，进而补成正方体，则说明O点为正方体的中心，结合线面垂直的判定可判断A；求得球O的半径可判断B；求出球O被三棱锥一个侧面所截得的截面的周长，即可求得球被三棱锥表面截得的截面周长，判断C；根据平行公理以及直线所成角的概念可判断D.
【详解】如图在菱形中，连接，则，设交于E，
则，平面,平面，
即为二面角的平面角，即，
又，即为正三角形，即，为正三角形，
故，故
，即，
故三棱锥为棱长为a的正四面体；
如图，将该四面体补成正方体，四面体的各棱为正方体的面对角线，
则正方体棱长为，
因为球与三棱锥的6条棱都相切，则O点即为正方体的中心，
连接，则O为正方体体对角线的中点，
因为平面平面，故，
又,而平面，
故平面，平面，故；
同理可证,平面，
故平面，即平面，A正确；
因为球与三棱锥的6条棱都相切，
故球O即为正方体的内切球，球的直径为正方体棱长，
则球的半径为，故球的表面积为，B错误；
球O被平面截得的截面圆即为正三角形的内切圆，
由于，故正三角形的内切圆半径为，
故内切圆周长即球O被平面截得的截面圆周长为，
故球被三棱锥表面截得的截面周长为，C正确；
连接，因为，即四边形为平行四边形，
故，而，故，
不妨取空间一点S，作的平行线，如图，
则和所成角均为的直线即为它们形成的角的角平分线，
假设平面过且垂直于所确定的平面，当绕点S且在内转动时，
则此时直线l与所成角相等，但会变大，大于，
即在所确定的平面外过点S不存在直线l与所成角为，
故过点与直线所成角均为的直线可作2条，D错误，
故选：AC
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 在一次篮球比赛中，某支球队共进行了8场比赛，得分分别为29，30，38，25，37，40，42，32，那么这组数据的第75百分位数为______.
【答案】39
【解析】
【分析】根据第75百分位数的定义计算可得答案.
【详解】8场比赛的得分从小到大排列为：25，29，30，32，37，38，40，42，
因，所以第75百分位数为.
故答案为：39
14. 已知直线过定点且该点在抛物线上，则的值为_________.
【答案】
【解析】
【分析】化简直线方程为，联立方程组，求得点，将点代入抛物线方程，即可求解.
【详解】直线，可化为，
联立方程组，解得，即直线恒过点，
因为点在抛物线上，可得，解得.
故答案为：.
15. 点A是圆上的一个动点，点，当点A在圆上运动时，线段的中点P的轨迹方程为_______.
【答案】
【解析】
【分析】设，利用中点坐标公式可用x，y表示出，再根据点A在圆上，即可得到答案．
【详解】设，又点，
则，
所以，，
又点A在圆上，
则，即，
所以线段AB的中点P的轨迹方程为．
故答案为：．
16. 已知函数，若关于x的方程有4个不同的解，记为，，，（），且恒成立，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】结合分段函数的图象，确定的取值变化情况，可得出，将不等式转化为对任意恒成立，结合二次函数即可求解的取值范围．
【详解】，作出函数的图象如下：
则可得
因为，
所以，
所以，
所以，，，
因为恒成立，所以，
所以,对任意恒成立，
即，
所以当时，函数取到最大值，
所以，即的取值范围为．
四、解答题：本题共6小题，共70分．第17题10分，其他每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为，且．
（1）求角；
（2）若，的面积为，求b．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理结合锐角三角形即可求解；
（2）由面积公式及余弦定理即可求解.
【小问1详解】
在中，根据正弦定理可得，
因为，
所以，
即，
因为为锐角三角形，
所以.
【小问2详解】
由第一问知，
所以，
所以，
根据余弦定理得：，
代入数据得：.
18. 已知圆：的圆心为，圆：的圆心为，动圆与圆和圆均外切，记动圆圆心的轨迹为曲线.
（1）求的方程；
（2）若是上一点，且，求面积.
【答案】（1）
（2）24
【解析】
【分析】（1）根据已知条件集合双曲线的定义即可求解；
（2）设，则，由，建立关系式求出，则，再利用三角形面积公式求出即可.
【小问1详解】
设动圆的半径为，因为圆与圆和圆均外切，
所以，，
则，
根据双曲线的定义可知，的轨迹是以，为焦点的双曲线的一支.
设方程为，
由，又，
所以，
所以的方程为.
【小问2详解】
设，则.
因为.所以，
即，解得或（舍去）.
故的面积为：.
19. 如图，在长方体中，，和交于点为AB的中点.
（1）求证：平面；
（2）已知与平面所成角为，求
（ⅰ）平面与平面的夹角的余弦值；
（ⅱ）点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）（ⅰ）；（ⅱ）1
【解析】
【分析】（1）通过证明来证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面的夹角的余弦值、点到平面的距离.
【小问1详解】
连接，，.
因为长方体中，且，
所以四边形为平行四边形.
所以E为的中点，
在中，因为E，F分别为和AB的中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
与平面所成角为.连接.
因为长方体中，平面，平面，
所以.所以为直线与平面所成角，即.
所以为等腰直角三角形.
因为长方体中，所以.所以.
如图建立空间直角坐标系，因为长方体中，，
则，，，，
，，.
所以，，.
设平面的法向量为，则，即.
令，则，，可得.
设平面BCE的法向量为，则，即.
令，则，，所以.
设平面与平面的夹角为，则.
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
（ⅱ）因为，
所以点A到平面的距离为.
20. 多项选择题是高考的一种题型，其规则如下：有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.现高二某同学正在进行第一次月考，做到多项选择题的11题和12题.该同学发现自己只能全凭运气，在这两个多项选择题中，他选择一个选项的概率是，选择两个选项的概率是，选择三个选项的概率是.已知该同学做题时题目与题目之间互不影响且第11题正确答案是两个选项，第12题正确答案是三个选项.
（1）求该同学11题得5分的概率；
（2）求该同学两个题总共得分不小于7分的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用独立事件的乘法公式计算；
（2）利用互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式计算.
【小问1详解】
根据题意，11题得5分需满足选两个选项且选对，
选两个选项共有6种情况.
所以.
【小问2详解】
总得分不低于7分共3种情况，它们分别是：第11题得5分且第12题得2分；第11题得2分且第12题得5分；第11题得5分且第12题得5分，
记事件：11题得2分，满足选了一个选项且选对；
事件：11题得5分，满足选了两个选项且选对；
事件：12题得2分，满足选了一个选项且选对或选了两个选项且选对；
事件：12题得5分，满足选了三个选项且选对.
则；；
；；
.
21. 已知圆过点，且圆心在直线上．
（1）求圆的方程；
（2）若从点发出的光线经过直线反射，反射光线恰好平分圆的圆周，求反射光线所在直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）计算的垂直平分线，计算交点得到圆心，再确定半径得到答案.
（2）根据垂直和中点得到关于直线对称的点为，即为所求直线.
【小问1详解】
，则的垂直平分线的斜率为，中点为，
故的垂直平分线为，，解得，即圆心为，
圆的半径，
故圆方程为.
【小问2详解】
反射光线恰好平分圆的圆周，故反射光线过圆心，
设关于直线对称的点为，
则，且，解得，即，
，
故反射光线为，即.
22. 已知为圆：上任一点，，，，且满足.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）直线：与轨迹相交于，两点，与轴交于点，过的中点且斜率为的直线与轴交于点，记，若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的几何性质由得，
进而可得，可得动点的轨迹为椭圆，进而可得轨迹方程；
（2）根据弦长公式得，根据中垂线的方程可得，
，由函数的单调性可得.
小问1详解】
如图，由，可得，
因为，所以，
所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为的椭圆，
所以动点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
直线的方程为，联立消去并整理，
得，，
设，，则，，
又，可得线段中点坐标为，
所以线段垂直平分线的方程为，
令，可得，
对于直线，令，可得，
所以，
又，
所以，
令，则，
，当时，，所以在上单调递增，
所以，则 .
【点睛】方法点睛：弦长公式
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