2023黄冈黄梅国际育才高级中学高二上学期期中考试数学试题含解析

这是一份2023黄冈黄梅国际育才高级中学高二上学期期中考试数学试题含解析，共19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。
黄梅县育才高级中学2022年秋季期中考试试卷高二数学试题一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题4个选项中，选出正确的一项）1. 圆的圆心和半径分别为（    ）A. ，2 B. ，4 C. ，2 D. ，4【答案】C【解析】分析】将圆的方程转化为标准方程形式，直接判断即可.【详解】由题可知：圆即所以该圆的圆心为，半径为故选：C2. 若直线：与：互相垂直，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由两直线垂直直接列方程求解即可【详解】解：因为直线：与：互相垂直，所以，得，解得，故选：C3. 如图，在平行六面体中，点在面对角线上,满足,点为面对角线的中点,若,,,则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据空间向量的线性运算,再结合空间向量基本定理求解.【详解】点在面对角线上,满足,.点为面对角线的中点,.,,,,.故选:A.4. 长轴长为，焦点坐标为，的椭圆方程为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求解椭圆标准方程，找出，注意焦点所在的轴.【详解】由题得椭圆焦点在轴上，且，所以，由焦点坐标为，所以，所以 ，所以椭圆的标准方程为：，故选：B5. 若，则函数有零点的概率为A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【详解】试题分析：显然总的方法中数为：种当时：无论取中何值，原函数必有零点，所以有种取法；当时，函数为二次函数，若有零点须使：即即，所以取值组成的数对分别为：共种，综上符合条件的概率为：，所以答案为：A.解法二：（排除法）总的方法种数为种，其中原函数若无零点须有且即，所以此时取值组成的数对分别为：共种，所以所求有零点的概率为：，答案为A.考点：1.分情况讨论思想；2.二次函数的零点.6. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，则=A 6 B. 5 C. 4 D. 3【答案】A【解析】【分析】利用余弦定理推论得出a，b，c关系，在结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.详解】详解：由已知及正弦定理可得，由余弦定理推论可得，故选A．【点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用．7. 若过椭圆内一点的弦被该点平分，则该弦所在的直线方程为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】设出端点，代入椭圆，两式作差，变形，即可得到直线的斜率，再由点斜式写出直线即可．【详解】设弦两端点为，则①-②得 即直线为 化简得故选C【点睛】本题考查根据椭圆中弦的中点求弦所在的直线，解决本类题的思路是点差法：设点-作差-变形，根据中点坐标，即可求出所在直线的的斜率，即可写出直线，属于基础题．8. 曲线与直线有两个交点，则实数的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】本题首先可绘出曲线的图像，然后结合题意和图像得出满足条件的直线的位置，最后求出过点时的值以及与圆相切时的值，即可得出结果.【详解】曲线即圆的一半，如图：因为曲线与直线有两个交点，直线过定点，所以满足条件的直线即处于图中两条直线之间，当直线过点时，，解得；当直线与圆相切时，圆心，半径为，结合图像易知，直线斜率存在，此时圆心到直线的距离等于半径，即，解得，综上所述，实数的取值范围是，故选：A.【点睛】本题考查根据直线与圆的位置关系求参数，能否绘出曲线图像以及根据题意找出满足条件的直线范围是解决本题的关键，考查根据直线与圆相切求参数，考查点到直线距离公式，考查计算能力，考查数形结合思想，是中档题.二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）9. 有一道数学难题，学生甲解出的概率为，学生乙解出的概率为，学生丙解出的概率为.若甲，乙，丙三人独立去解答此题，则（    ）A. 恰有一人解出的概率为B. 没有人能解出的概率为C. 至多一人解出的概率为D. 至少两个人解出的概率为【答案】AC【解析】【分析】利用独立事件的乘法公式、互斥事件的加法公式，求各选项对应事件的概率即可.【详解】A：恰有一人解出的概率为，正确；B：没有人能解出的概率为，错误；C：由A、B知：至多一人解出的概率为，正确；D：至少两个人解出的概率为，错误；故选：AC10. 下面叙述错误的是（    ）A. 经过点，倾斜角为的直线方程为 B 若方程表示圆，则C. 直线和直线间的距离为 D. 若椭圆的一个焦点坐标为，则长轴长为【答案】AC【解析】【分析】A. 由倾斜角为判断；B.根据方程表示圆，由求解；C.将直线可化为再利用两直线间的距离公式求解；D.根据椭圆的一个焦点坐标为，由求解.【详解】A. 因为直线经过点，当倾斜角为时，则直线方程为 ，故错误；B.若方程表示圆，则，解得，故正确C.直线可化为和直线，则两直线间的距离为，故错误；D.因为椭圆的一个焦点坐标为，所以，解得，所以长轴长为，故正确.故选：AC11. 给出下列命题，其中正确的是（    ）A. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底B. 在空间直角坐标系中，点关于坐标平面yOz的对称点是C. 若空间四个点P，A，B，C满足，则A，B，C三点共线D. 平面的一个法向量为，平面的一个法向量为.若，则【答案】ACD【解析】【分析】根据三个向量是否共面判断A，由点关于坐标面的对称判断B，由向量的运算确定三点共线可判断C，根据向量共线求参数可判断D。【详解】对于A, 不共面，则不共面，所以也是空间的一个基底，故正确；对于B, 点关于坐标平面yOz的对称点是，故错误；对于C，由可得，即,所以A，B，C三点共线，故正确；对于D，由平面平行可得，所以，解得，故正确.故选：ACD12. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，点E为PA的中点，，，，则（    ）A. B. 异面直线BE与CD所成角的余弦值为C. 点B到平面PCD的距离为D. BC与平面PCD所成的角为【答案】BCD【解析】【分析】以A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，然后逐项求解判断.【详解】以A为原点，以AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，．所以，，，，则．，则异面直线BE与CD所成角的余弦值为．设平面PCD的一个法向量为，则即解得令，则，，所以平面PCD的一个法向量为．则，所以点B到平面PCD的距离为，又，所以BC与平面PCD所成的角为．故选：BCD三、填空题（本大题共4小题，共20分）13. 已知平面的一个法向量，平面的一个法向量，若，则__________.【答案】1【解析】【分析】由可得，再由即可求出.【详解】，，，.故答案为：1.14. 椭圆的焦距为2，则__________．【答案】3或5【解析】【分析】本题首先可根据焦距为得出，然后将椭圆分为焦点在轴上以及焦点在轴上两种情况，分别进行计算即可得出结果．【详解】解：因为椭圆的焦距为，所以，若焦点在轴上，则有，解得；若焦点在轴上，则有，解得；综上所述，或．故答案为：3或5．15. 求过点，并且在两轴上的截距相等的直线方程_____.【答案】或【解析】【分析】分直线经过原点和不经过原点两种情况讨论求解.【详解】当直线经过原点时，直线的方程为，化为.当直线不经过原点时，设直线的截距式为，把点代入可得：，∴.∴直线的方程为：.故答案为：或16. 甲乙两人进行乒乓球比赛，约定先连胜两局者赢得比赛，假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛相互独立，则恰好进行了4局比赛结束且甲赢得比赛的概率为______.【答案】【解析】【分析】根据题意可得恰好进行了4局比赛结束且甲赢得比赛的情况为：甲第一局赢，第二局输，第三局和第四局赢，由此可求出概率.【详解】根据题意可得恰好进行了4局比赛结束且甲赢得比赛的情况为：甲第一局赢，第二局输，第三局和第四局赢，则恰好进行了4局比赛结束且甲赢得比赛的概率为.故答案为：.四、解答题（本大题共6小题，共70分，其中17题满分10分，其余各题满分12分）17. 如图，在三棱柱中，平面，，，，分别为，的中点．（1）求证：；（2）求异面直线与所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；    （2）.【解析】【分析】（1）设，，，将和表示成，然后计算得，进而即得；（2）用表示，然后利用向量夹角公式即得.【小问1详解】设，，，根据题意得，且∴，.∴，∴，即；【小问2详解】∵，∴，，∵，∴.∴异面直线与所成角的余弦值为．18. 已知①，②，③在这三个条件中任选两个，补充在下面的问题中，并解决该问题．在中，角A，B，C的对边分别为，且满足（1）求角A的大小；（2）已知_______，_______，若存在，求的面积；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．【解析】【分析】（1）由正弦定理对已知的式子变形化简可得，再利用余弦定理可求出角A的大小；（2）若选择条件①和②，由正弦定理可求出，从而可求出的面积；若选择条件①和③，由余弦定理可求出，从而可求出的面积；若选择条件②和③，由正弦定理结合已知条件可得，从而可这样的三角形不存在【详解】解：（1），由正弦定理可得：，即，，，．（2）方案一：选择条件①和②，由正弦定理，可得，可得的面积．方案二：选择条件①和③，由余弦定理，可得，可得，可得，的面积．方案三：选择条件②和③，这样的三角形不存在，理由如下：在三角形中，由（1），则由正弦定理，由③可得，而，则，所以这样的三角形不存在．19. 已知圆经过点．（1）求圆的方程；（2）设点在圆上运动，求的最大值与最小值．【答案】（1）    （2）最大值为64，最小值为4【解析】【分析】（1）设圆的方程为 ，代入点的坐标，列出方程，即可求解.（2）将转化为圆上的点到点的距离的平方，求得的值，结合圆的性质，即可求解.【小问1详解】解：由题意，圆经过点，设圆的方程为 ，可得 ，解得，所以圆C的方程为，即 ，【小问2详解】解：由圆，可得圆心，半径为 又由的表示圆上的点到点的距离的平方，因为，根据圆性质，可得，所以的最大值为，最小值为.20. 如图，在四棱锥中，，底面为菱形，边长为2，，，且，异面直线与所成的角为.（1）求证：平面；（2）若是线段的中点，求点到直线的距离.（3）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，直接证明，即可证明结论成立；（2）以为原点，，，的方向分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，根据题中条件，求出，，再由，即可求出结果；（3）根据向量的方法先分别求出平面的法向量，根据向量夹角公式，即可得出结果.【详解】（1）∵四边形是菱形，∴，∵，，∴平面，∵平面，∴，∵，为中点，∴，又，∴平面，∵平面.（2）以为原点，，，的方向分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，∵，∴为异面直线与所成角，∴，在菱形中，，∵，∴，，设，则，，在中，由余弦定理得：，∴，解得，∴，，，，，∴，，∴，，∴点到直线的距离为.（3）由（2）得，，设平面的法向量，则，取，则，，∴，设是平面的法向量，因为，，由，令，则，，得，设二面角的平面角为，∴，∴二面角的余弦值为.【点睛】本题主要考查证明线面垂直，考查求点到直线的距离，考查求二面角的余弦值，根据向量的方法求解即可，属于常考题型.21. 已知椭圆的离心率为，上顶点为．（1）求椭圆的方程；（2）过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，且，求的值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由题意可知，，结合，即可求得椭圆E的方程；（2）设直线l的方程，代入椭圆方程．由韦达定理及弦长公式，即可求得k的值．【小问1详解】由离心率，则，又上顶点，知，又，可知，，∴椭圆E的方程为；【小问2详解】设直线l：，设，，则，整理得：，，即，∴，，∴，即，解得：或（舍去）∴22. 随着小汽车的普及，“驾驶证”已经成为现代人“必考”证件之一，若某人报名参加了驾驶证考试，要顺利地拿到驾驶证，需要通过四个科目的考试，其中科目二为场地考试．在每一次报名中，每个学员有5次参加科目二考试的机会（这5次考试机会中任何一次通过考试，就算顺利通过，即进入下一科目考试，若5次都没有通过，则需要重新报名），其中前2次参加科目二考试免费，若前2次都没有通过，则以后每次参加科目二考试都需要交200元的补考费，某驾校通过几年的资料统计，得到如下结论：男性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为，女性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为，现有这个驾校的一对夫妻学员同时报名参加驾驶证科目二考试，若这对夫妻每人每次是否通过科目二考试相互独立，他们参加科目二考试的原则为：通过科目二考试或者用完所有机会为止．（1）求这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且都不需要交补考费的概率；（2）求这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且产生的补考费用之和为200元的概率．【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）分别表示丈夫和妻子第i次通过考试的事件，再将夫妻二人都不需要交补考费的事件用表示，然后利用互斥事件和相互独立事件的概率公式计算作答.（2）将夫妻二人共交200元补考费的事件用（1）中事件表示，再利用互斥事件和相互独立事件的概率公式计算作答.【小问1详解】分别表示丈夫和妻子第i次通过考试的事件，则，夫妻二人都不需要交补考费的事件，则，所以这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且都不需要交补考费的概率是.【小问2详解】由（1）知，夫妻二人共交200元补考费的事件，则，所以这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且产生的补考费用之和为200元的概率.