2022-2023学年湖北省武汉市七校高二上学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市七校高二上学期期中联考数学试题（解析版），共20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。

2022-2023学年湖北省武汉市七校高二上学期期中联考数学试题

一、单选题
1．某校高一年级15个班参加合唱比赛，得分从小到大排序依次为：，，则这组数据的分位数是（    ）
A．90 B． C．86 D．93
【答案】B
【分析】根据百分位数的定义求解即可.
【详解】因为，所以这组数据的分位数是第12个数和第13个数的平均数，
即,
故选：B
2．若m，n是两条不同直线，是两个不同平面，则下列命题不正确的是（      ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】B
【分析】利用直线、平面平行的性质，直线、平面垂直的性质、判定推理并判断A，C，D，举例说明判断B作答.
【详解】对于A，因，则存在过直线n的平面，使得，于是有，而，有，所以，A正确；
对于B，因，令，当，且时，满足，若，必有，B不正确；
对于C，因，则存在过直线m的平面，使得，于是有，又，则，所以，C正确；
对于D，因，，所以，D正确.
故选：B
3．在下列各事件中，发生的可能性最大的为（    ）
A．任意买1张电影票，座位号是奇数；
B．掷1枚骰子，点数小于等于2；
C．有10000张彩票，其中100张是中奖彩票，从中随机买1张是中奖彩票；
D．一袋中装有8个红球，2个白球，从中随机摸出1个球是红球．
【答案】D
【分析】根据概率的定义，逐个选项进行计算，然后比较大小即可
【详解】对于A，任意买1张电影票，座位号是奇数的概率是；
对于B，掷1枚骰子，点数小于等于2的概率是；
对于C，有10000张彩票，其中100张是中奖彩票，从中随机买1张是中奖彩票的概率是：；
对于D，一袋中装有8个红球，2个白球，从中随机摸出1个球是红球的概率是；
明显乐见，D中计算的概率为最大.
故选：D
4．“”是“直线与直线互相垂直”的（    ）
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合两直线垂直的性质分析判断.
【详解】∵直线与直线互相垂直
∴，∴或，
而“”是“或”的充分不必要条件
∴“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，
故选：A.
5．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】确定曲线是半圆（右半圆），直线过定点，求出直线过点时的斜率，再求得直线与半圆相切时的斜率，由图形可得的范围．
【详解】直线恒过定点，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，．如图，作出半圆，
当直线经过点时，与曲线有两个不同的交点，此时，直线记为；
当与半圆相切时，由，得，切线记为．
由图形可知当时，与曲线有两个不同的交点，
故选：A．

6．如图，已知球是棱长为1的正方体的内切球，则平面截球的截面面积为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】画出平面截球的截面的平面图，由正方体棱长和锐角三角函数，可求出内切圆的半径，进而可求得截面面积.
【详解】平面截球的截面为的内切圆，

正方体棱长为1，.
内切圆半径.
截面面积为：.
故选：C.
7．古希腊几何学家阿波罗尼斯证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.若平面内两定点A，B的距离为2，动点Р满足，若点Р不在直线AB上，则面积的最大值为（    ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，求出点P的轨迹方程，再求出点P到直线AB距离的最大值即可计算作答.
【详解】以点A为原点，直线AB为x轴建立平面直角坐标系，如图，

则，设点，由得：，即，
整理得：，因此点P的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，则P到直线AB距离的最大值为，
所以面积的最大值为.
故选：B
8．已知圆和圆的交点为、，则下列选项错误的是（    ）
A．圆和圆有两条公切线
B．直线的方程为
C．圆上存在两点和使得
D．圆上的点到直线的最大距离为
【答案】C
【分析】判断两圆的位置关系，可判断A选项；将两圆方程作差，可得出直线的方程，可判断B选项；求出，可判断C选项；求出圆上的点到直线的最大距离，可判断D选项.
【详解】对于A选项，圆的标准方程为，圆心为，半径为，
圆的标准方程为，圆心为，半径为，
所以，，
因为，则两圆相交，故这两圆有两条公切线，A对；
对于B选项，将两圆方程作差可得，即直线的方程为，B对；
对于C选项，圆心到直线的距离为，所以，，
对于圆上的任意两点、，，C错；
对于D选项，圆心到直线的距离的最大值为，D对.
故选：D.

二、多选题
9．已知直线，动直线，则下列结论错误的是（    ）
A．不存在，使得的倾斜角为
B．存在，满足与没有公共点
C．对任意的与都不重合
D．对任意的与都不垂直
【答案】ABC
【分析】存在，使得的倾斜角为，判断A;求出所过定点，即可判断B;当时，与重合，判断C;假设两直线垂直，则，方程无解可判断D.
【详解】A.存在，使得的方程为，其倾斜角为，故错误；
B.直线过定点，点在直线上，故错误；
C.当时，直线的方程为，即与重合，选项错误；
D.若两直线垂直，则：，方程无解，故对任意的与都不垂直，选项正确.
故选： .
10．甲罐中有3个红球、2个白球，乙罐中有4个红球、1个白球，先从甲罐中随机取出一个球放入乙罐，分别以，表示从罐中取出的球是红球、白球的事件，再从乙罐中随机取出1球，以表示从乙罐中取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是（    ）
A．
B．事件与事件互相独立
C．，互斥
D．的值不能确定，因为它与，中究竟哪一个发生有关
【答案】AC
【分析】由题可得，，的值，可判断AD，利用独立事件的概念可判断B，根据互斥事件的定义可判断C.
【详解】由题可得，，
，故A正确，D错误；
又，
因此，故B错误；
，不可能同时发生，故彼此互斥，故C正确.
故选：AC．
11．下列说法中，正确的有（    ）．
A．过点且在，轴截距相等的直线方程为
B．直线在轴上的截距为－2
C．若点在圆外，则或
D．已知点是直线上一动点，、是圆：的两条切线，、是切点，则四边形面积的最小值为
【答案】BD
【分析】根据截距的概念可判AB的正误，利用点在圆外可得参数范围，利用切线的性质及面积公式可得最小值.
【详解】对于A选项，过点且在、轴截距相等的直线方程为，或者，故A错误；
对B选项，直线在轴上的截距为，故B正确；
对于C选项，，，，，点在圆外，，解得，或，综上或，故C错误；
对于D选项，圆心，半径，圆心到直线的距离，即的最小值，由，所，四边形的面积最小值，故D正确．
故选：BD
12．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形围成 （如图所示），若它所有棱的长都为2，则（    ）

A．平面
B．该二十四等边体的体积为
C．与的夹角为
D．该二十四等边体的外接球的表面积为
【答案】BD
【分析】依题意补齐正方体，对于A，假设平面，得到，根据六边形为正六边形，，得出矛盾判断A；对于B，结合集合图形，该二十四等边体的体积为正方体体积去掉八个三棱锥体积，从而求出B；对于C，由平移法找出异面直线所成角为，判断C；对于D，取正方形对角线交点为，即为该二十四等边体的外接球球心，从而求出半径大小，进而求出外接球体积，判断D.
【详解】依题意，补齐正方体，如下图，

对于A，假设平面，平面，
，，
二十四等边体就是一种半正多面体，
由对称性可知，六边形为正六边形，
，
这与“”矛盾，所以假设不成立，A错误；
对于B，，正方体的棱长为，
该二十四等边体的体积为正方体体积去掉个三棱锥体积，
即，B正确；
对于C，，
为异面直线与所成角（或补角），
在等边中，，
又，
所以与的夹角为与的夹角，
即，C错误；
对于D，如图，取正方形对角线交点为，即为该二十四等边体的外接球球心，
在等腰中，，
在正方形中，，
即外接球半径，
该二十四等边体的外接球的表面积，D正确.
故选：BD.

三、填空题
13．若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面所成角的余弦值大小为____________.
【答案】
【分析】根据给定条件，探求出圆锥母线与底面圆半径的关系即可作答.
【详解】设圆锥的母线为l，底面圆半径为r，依题意，，即有，
令圆锥母线与底面所成角为，则，
所以圆锥母线与底面所成角的余弦值大小为.
故答案为：
14．现有1件正品和2件次品，从中不放回的依次抽取2件产品，则事件“第二次抽到的是次品”的概率为____________.
【答案】
【分析】根据给定条件，将3件产品编号，利用列举法结合古典概率计算作答.
【详解】记1件正品为A，2件次品为b，c，
从3件产品中依次抽取2件产品的结果有，共6个，它们等可能，
“第二次抽到的是次品”的事件含有的结果有，共4个，
所以事件“第二次抽到的是次品”的概率为.
故答案为：
15．若直线l：ax－y＋2－a＝0与圆C：(x－3)2＋(y－1)2＝9相交于A，B两点，且∠ACB＝90°，则实数a的值为________.
【答案】1或7
【分析】根据题干条件得到圆心C到直线l：ax－y＋2－a＝0的距离为，利用点到直线距离公式列出方程，求出实数a的值.
【详解】由题意，得圆心C(3，1)，半径r＝3且∠ACB＝90°，
则圆心C到直线l：ax－y＋2－a＝0的距离为，
即，解得:a＝1或a＝7.
故答案为：1或7.
16．正方体棱长为2，E是棱的中点，F是四边形内一点（包含边界），且，当直线与平面所成的角最大时，三棱锥的体积为__________．
【答案】##
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，设，利用数量积的坐标运算表示出的关系，进而表示出直线与平面所成的角的正切值，求得其取最大值时m的值，即可求得三棱锥的体积.
【详解】如图，以A为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则，设，
则，
设与平面所成的角为，在平面内作,垂足为P,
由于正方体中，平面平面，
平面平面，平面,
则平面 ，连接,则 , ，
所以，
令，
由于，当且仅当时取等号，
即时，最大，此时与平面所成的角最大，
此时三棱锥的体积为，
故答案为：
【点睛】本题考查了三棱锥体积的求解，涉及到空间向量的应用，以及线面角的求法，和均值不等式的应用，综合性较强，解答时要能熟练应用相关知识.

四、解答题
17．已知圆E经过点，，且______.从下列3个条件中选取一个，补充在上面的横线处，并解答.①与y轴相切；②圆E恒被直线平分；③过直线与直线的交点
(1)求圆E的方程；
(2)求过点的圆E的切线方程，并求切线长.
【答案】(1)
(2)切线方程为或，切线长

【分析】（1）根据题意设出圆的一般方程或标准方程，对①②③逐个分析，求出圆的标准方程即可；（2）先判断点P在圆外，知切线有两条，分情况讨论即可.
【详解】（1）选①，设圆E的方程为，
由题意可得，解得，
则圆E的方程为
选②，直线恒过，
而圆E恒被直线平分，
所以恒过圆心，因为直线过定点，
所以圆心为，可设圆的标准方程为，
由圆E经过点，得，
则圆E的方程为
选③，由条件易知，
设圆的方程为，
由题意可得，解得，
则圆E的方程为，即
（2）因为，所以点P在圆E外，
若直线斜率存在，设切线的斜率为，
则切线方程为，即
所以，解得
所以切线方程为，
若直线斜率不存在，直线方程为，满足题意.
综上过点的圆E的切线方程为或，
切线长
18．如图，四面体中，O、E分别为，的中点，

（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值；
（3）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.
【分析】（1）连接，通过证明、可证明平面；
（2）建立合适空间直角坐标系，分别表示出直线与的方向向量，根据方向向量夹角的余弦值求解出异面直线所成角的余弦值；
（3）先求解出平面的一个法向量，然后根据求解出到平面的距离.
【详解】（1）证明：连结．
∵，，∴．
∵，，∴．
在中，由已知可得，
∴，，
即．
∵，
∴平面

（2）以O为原点，如图建立空间直角坐标系，则，
∴
∴异面直线与所成角的余弦值为

（3）设平面的法向量为，，
∵，∴，
令，则，又，
∴点到平面的距离．
19．某校对年高一上学期期中数学考试成绩（单位：分）进行分析，随机抽取名学生，将分数按照，，，，，分成组，制成了如图所示的频率分布直方图：

(1)估计该校高一期中数学考试成绩的众数、平均分；
(2)估计该校高一期中数学考试成绩的第百分位数；
(3)为了进一步了解学生对数学学习的情况，由频率分布直方图，成绩在和的两组中，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取名学生，再从这名学生中随机抽取．名学生进行问卷调查，求抽取的这名学生至少有人成绩在内的概率．
【答案】(1)众数是；平均分是
(2)
(3)

【分析】（1）由频率分布直方图的性质，求得，结合众数和平均数的计算公式，即可求解；
（2）由（1）知样本数据中数学考试成绩在分以下所占比例为，结合百分位数的计算方法，即可求解；
（3）设“从样本中抽取2人，至少有1人分数在内”为事件，利用列举法求得基本事件的总数，及所求事件中所包含基本事件的个数，利用古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【详解】（1）解：由，
可得．
即数学成绩在：频率，频率，
频率，频率，
频率，频率，
分数在内的最多，所以众数是，
平均分是.
（2）解：由（1）知样本数据中数学考试成绩在分以下所占比例为，
在分以下所占比例为，
因此，第百分位数一定位于内，由，
所以样本数据的第80百分位数约为．
（3）解：由题意可知，分数段的人数为（人），
分数段的人数为（人）．用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取名学生，则需在内抽取2人，分别记为a，b，[70，90)内抽取3人，分别记为，设“从样本中抽取2人，至少有1人分数在内”为事件，
则样本空间为，ay，az，bx，by，bz，共包今10个样本点，
而事件，by，bz}，包含7个样本点，
所以，即抽取的这2名学生至少有1人成绩在内的概率为.
20．已知四棱锥，底面为菱形，，为上的点，过的平面分别交，于点，且平面.

(1)证明：；
(2)当为的中点，，与平面所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】可以证明，要证，只需证，即证平面.
(2) 建立空间直角坐标系，分别求出平面PAM和平面AMN的法向量，从而求出二面角的余弦值
【详解】（1）证明：连接交于点，连接．如图所示

因为为菱形，所以，且为、的中点，
因为，所以，
因为且平面，所以平面，
因为平面，所以．
因为平面， 平面，且平面平面，
所以，所以．
（2）由（1）知且，因为，且为的中点，
所以，所以平面，
所以与平面所成的角为所以，
因为，所以．
分别以， ， 为轴，建立如图所示空间直角坐标系，

设，则      所以
记平面的法向量为，则，
令，则，所以，
记平面的法向量为，则，
令，则，所以，  
记平面与平面所成的锐二面角为，
则．
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为
21．已知圆C：，直线是圆与圆的公共弦所在直线方程，且圆的圆心在直线上．
(1)求公共弦的长度；
(2)求圆的方程；
(3)过点分别作直线MN，RS，交圆E于M，N，R，S四点，且，求四边形面积的最大值与最小值.
【答案】(1)；
(2)；
(3)最大值7，最小值.

【分析】（1）直线与圆相交，利用弦长公式计算作答.
（2）根据给定条件，利用相交两圆的性质求出圆心E的坐标，即可求解作答.
（3）点Q在圆E内，设出点Q到直线MN，RS的距离，由此表示出四边形的面积，再利用二次函数求解最值作答.
【详解】（1）依题意，圆C：的圆心，，
则点C到直线的距离，即有，
所以公共弦的长度是.
（2）依题意，直线垂直平分公共弦，于是得直线CE的方程为：，
由解得，即点，点E到直线的距离为，
因此圆E的半径，
所以圆的方程是.
（3）由（2）知点在圆E内，令弦MN的中点为F，弦RS的中点为G，当直线MN，RS与x轴都不重合时，有，
而，则四边形是矩形，令，则，
当直线MN，RS之一与x轴重合时，也成立，
而，四边形的面积：
，
因此当，即时，，当或时，，
所以四边形面积的最大值与最小值分别为7，.
22．如图，已知垂直于梯形所在的平面，矩形的对角线交于点F，G为的中点，，.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)在线段上是否存在一点H，使得与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.

【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证明；（2）证明出，.利用向量法求解；（3）利用向量法求解.
【详解】（1）连接FG.

在△中，F、G分别为的中点，所以.
又因为平面, 平面，所以平面.
（2）因为平面,平面，所以.
又，所以.
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系.

则,.,.
设平面SCD的一个法向量为.
则，即，
令,得.
所以平面SCD的一个法向量为.
又平面ESD的一个法向量为.
所以
所以平面SCD与平面ESD夹角的余弦值为.
（3）假设存在点H,设,则.
由（2）知,平面的一个法向量为.则，
即,所以.
故存在满足题意的点H,此时.