2023-2024学年河南省湘豫名校联考高二上学期10月阶段性考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省湘豫名校联考高二上学期10月阶段性考试数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，证明题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．下列四条直线中，倾斜角最大的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据直线求出斜率，然后转换成倾斜角的大小作比较即可.
【详解】A，B，C选项中直线的倾斜角分别为0，，，D选项中直线的斜率为负值，则其倾斜角为钝角.
故选：D.
2．已知复数z满足，则（ ）．
A．1B．C．2D．
【答案】C
【分析】现根据复数的四则运算求得，进而得到，再根据复数模的定义求解即可.
【详解】由，
得，
所以，则，
所以.
故选：C.
3．已知平面的一个法向量为，点在平面内．若点P的坐标为，则直线PA与平面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据线面夹角的向量表示运算求解.
【详解】由题得，则，
设直线PA与平面所成的角为，则，
因为，所以．
故选：B．
4．若直线与平行，则与之间的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用求得a的值，再利用公式即可求得与之间的距离.
【详解】因为，所以，解得．
则直线可化为，
所以与之间的距离为.
故选：A．
5．已知，，E为空间中的一个动点，且满足，则动点E的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用直译法即可求得动点E的轨迹方程.
【详解】设，因为，，，
所以，
所以，
即，即．
故动点E的轨迹为．
故选：D．
6．若两条直线，与圆的四个交点能构成正方形，则（ ）
A．3B．2C．1D．0
【答案】B
【分析】由直线方程可知，进而可得，相交于圆心，列式求解即可.
【详解】圆的圆心，半径为1，
因为，则，
由题意可知：，相交于圆心，
则，整理得所以．
故选：B.
7．抛掷一枚质地均匀的骰子两次，设“第一次向上的点数是2”为事件A，“第二次向上的点数是奇数”为事件B，“两次向上的点数之和能被3整除”为事件C，则下列说法正确的是（ ）
A．事件A与事件B互为对立事件B．
C．D．事件B与事件C相互不独立
【答案】C
【分析】由对立事件的定义判断A；应用列举法求、判断B、C；根据独立事件的判定判断D.
【详解】由事件定义，事件A与事件B可以同时发生，故不互为对立事件，A错误；
抛掷一枚骰子两次的样本点数共36种，
事件B的样本点为共18种，
事件C的样本点为共有12种，
事件的样本点为共6种，
所以，B错误；，C正确；
因为，所以事件B与事件C相互独立，D错误．
故选：C
8．体积为的圆锥底面圆周上有三点A，B，C，其中M为圆锥顶点，O为底面圆圆心，且圆锥的轴截面为正三角形．若空间中一点N满足（其中），则的最小值为（ ）
A．B．C．3D．6
【答案】A
【分析】由向量共面的推论判断N的位置，进而得到最小时N的位置，设圆锥MO底面圆的半径为r，结合已知及圆锥体积公式求半径，即可得结果.
【详解】因为N满足（其中），即N在圆O所在的平面内．
所以的最小值是顶点M到圆O所在的平面的距离，即为圆锥MO的高．
设圆锥MO底面圆的半径为r，因为圆锥的轴截面为正三角形，
所以圆锥MO的高为，则圆锥的体积为，解得．
所以的最小值为.
故选：A
二、多选题
9．已知一组实数a，b，c，d，e，f，g满足，则（ ）
A．这组数的70%分位数是e
B．b，c，d，e，f的极差不超过a，b，c，d，e，f，g的极差
C．b，c，d，e，f的均值不超过a，b，c，d，e，f，g的均值
D．b，c，d，e，f的标准差不超过a，b，c，d，e，f，g的标准差
【答案】ABD
【分析】根据题意结合百分位数、均值、极差和标准差逐项分析判断.
【详解】将数据由小到大排列可得a，b，c，d，e，f，g，
对于选项A：因为，
所以这组数的70%分位数为第五位数e，故A正确；
对于选项B：因为b，c，d，e，f的极差为；a，b，c，d，e，f，g的极差为；
且，则，故B正确；
对于选项C：例如1，4，4，4，4，4，5的平均数为，
4，4，4，4，4的平均数为，
且，即b，c，d，e，f的均值可能会超过a，b，c，d，e，f，g的均值，故C错误；
对于选项D：因为a，g分别为数据中的最小值，最大值，
剔除最大和最小后，b，c，d，e，f的波动性不超过a，b，c，d，e，f，g的波动性，
所以b，c，d，e，f的标准差不超过a，b，c，d，e，f，g的标准差，故D正确．
故选：ABD．
10．四面体中，，，，平面与平面的夹角为，则的值可能为（ ）
A．B．6C．D．7
【答案】AB
【分析】有已知或者，进而利用，平方后即可求解.
【详解】在四面体中，，，
则是二面角的平面角，
如下图，，
因为，
所以，
因为平面与平面的夹角为，
则当时，；
当时，，
所以的值可能为，6．
故选:．
11．已知圆O：，过点M作圆O的两条切线，切点分别为A，B，且直线恒过定点，则（ ）
A．点M的轨迹方程为
B．的最小值为
C．圆O上的点到直线AB的距离的最大值为
D．
【答案】CD
【分析】设，以OM为直径的圆的方程，结合已知圆的方程求直线的方程，进而确定M的轨迹方程，由直线所过定点、圆的性质求最短弦长、圆上点到直线距离的最大值，讨论M的位置，结合圆的切线性质研究角的范围.
【详解】设，以OM为直径的圆的方程为，化简得，与联立，
两式相减得：直线的方程为．直线恒过定点，
所以M的轨迹方程为，即，A错误．
因为，即时弦长最小，所以，B错误．
因为直线恒过定点，所以圆O上点到直线距离的最大值为，C正确．
如图，圆心O到直线的距离为，记l：，
当M运动到时，，，则．
当M位于直线l其他位置时，，，，则．
综上，，D正确．

故选：CD
12．如图，已知，M，N分别为两边上的点，，过M，N做圆弧，Q为的中点，且，则线段AQ长度的可能值为（ ）
A．2B．C．5D．
【答案】BCD
【详解】设，则．
在中，由正弦定理知，所以．
因为Q为的中点，所以，所以．
在中，．
由余弦定理可得
．
显然，所以，所以．
故选：BCD．
三、填空题
13．已知空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点为A，点关于y轴的对称点为B，则 ．
【答案】
【分析】根据已知写出对称点坐标，应用两点距离公式求距离.
【详解】由题意得，，所以．
故答案为：
14．一个不透明的盒子里有4只蝴蝶，其中有3只白蝴蝶、1只花蝴蝶，把盒子打开一个小口，使得每次只能飞出1只蝴蝶且不飞回，蝴蝶争先恐后地往外面光亮处飞，哪只蝴蝶飞出盒子相互独立．如果4只蝴蝶都飞出了盒子，事件表示“第k只飞出盒子的蝴蝶是花蝴蝶”，，则 ．
【答案】/0.25
【分析】利用独立事件的乘法公式求概率即可.
【详解】由题意，.
故答案为：
15．若直线l:与曲线C:恒有三个公共点，则实数m的取值范围为 ．
【答案】
【分析】讨论、研究曲线对应方程，数形结合判断直线与曲线有三个公共点对应参数m的取值范围.
【详解】当时，C:，即；
当时，C:，即（不含点）．
如下图，与外切于点O，且均与直线相切．
若直线l:与曲线C:恒有三个公共点，则．
故答案为：
16．已知正方体的所有顶点均在一个表面积为的球面上，空间内的一点满足，若平面，平面，且平面，则的长为
【答案】
【分析】利用线面垂直的证明，说明AE即为，取线段的中点，利用线面平行的证明说明平面即为平面，从而解直角三角形即可求得答案.
【详解】由题意正方体的所有顶点均在一个表面积为的球面上，
得，故.
正方体中，,
即四边形为平行四边形，故，
因为，所以，
又平面，
所以平面，
连接,则,而平面，平面，

故；而平面,
故平面,平面,故，
同理可证，而平面，
故平面，
则直线即为直线.
取线段的中点，连接，连接交于，
则G为的中点，连接，则，
又平面，平面，
故平面，故平面即为平面，
在中，,则，
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于要首先说明AE即为，其次利用线面平行作出平面，问题即可得解.
四、证明题
17．已知不共面的三个单位向量两两之间的夹角均为，，．
(1)求证：；
(2)求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据向量的数量积运算即可证明.
（2）利用向量的夹角公式即可计算.
【详解】（1）因为，
所以
，
所以，即．
（2）因为，
所以，，
所以．
所以，．
所以．
五、解答题
18．已知的顶点，，线段AB的垂直平分线的方程为．
(1)求直线BC的方程；
(2)若的外接圆为圆M，过点作圆M的切线，求切线方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）先求得点坐标，然后求得直线的方程.
（2）根据切线的斜率是否存在进行分类讨论，根据点到直线的距离公式求得正确答案.
【详解】（1）因为线段AB的垂直平分线的方程为，
所以点A，B关于直线对称．
因为，所以．
又，所以直线BC的方程为．
（2）因为，，，
所以外接圆的方程为，即．
所以圆M的圆心为，半径为．
当切线的斜率不存在时，满足题意．
当切线的斜率存在时，设切线方程为，即．
因为圆心M到切线的距离，解得，
所以切线方程为，即．
综上所述，切线方程为或．
19．如图，所有棱长均为2的斜三棱柱中，，G，H分别是BC，的中点．
(1)求四边形的面积；
(2)求异面直线AC与GH所成角的余弦值．
【答案】(1)4
(2)
【分析】（1）方法一：过点作平面ABC，垂足为O，连接AO，再过点O作于点E，作于点F，证明是的平分线，证明平面，得，所以,从而可计算面积；方法二：令，，，用向量法证明，再计算面积；
（2）在（1）方法二基础上由空间向量法计算异面直线所成的角．
【详解】（1）方法一：过点作平面ABC，垂足为O，连接AO，
因为平面ABC，所以，同理，
过点O作于点E，连接，因为，所以平面．
因为平面，所以．
同理作于点F，连接，则．
又，
所以，，所以．
所以，所以．
所以，所以，即点O在的平分线上．
因为是正三角形，所以．
又，且，所以平面，平面，所以，所以．
所以四边形是边长为2的正方形，所以四边形的面积为4．
方法二：令，，，
则，．因为，，
所以．所以，即．
所以四边形是边长为2的正方形．
所以四边形的面积为4．
（2）如图，连接AG，AH，由（1）方法二易得，
所以．
因为，所以异面直线AC与GH所成的角，即直线与GH所成的角．
因为，所以．
所以．设直线与GH所成的角为，
则，
所以异面直线AC与GH所成角的余弦值为．
20．已知圆C：，直线l：．
(1)若直线l被圆C截得的弦为AB，求弦AB长度的最小值；
(2)已知点P是圆C上任意一点，在直线上是否存在两个定点M，N，使得？若存在，分别求出点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，，或，
【分析】（1）根据题意可知直线l过定点，结合垂径定理求弦长；
（2）设，，，根据题意结合两点间距离公式运算求解.
【详解】（1）因为直线l：，即，可知直线l过定点，
且，即定点在圆C内，直线l与圆C相交，
又因为圆C：，即，则圆心，半径，
如图，易得．
（2）满足题意的定点M，N存在，证明如下：
设，，，
因为，等式两边平方得．
又因为，整理得．
所以，解得或，
所以满足题意的定点为，或，．
21．如图，四棱台中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，，上、下底面中心的连线NM垂直于上、下底面，且NM与侧面所成角的正切值为．
(1)求点A到平面的距离；
(2)求二面角的余弦值．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）取的中点，的中点K，连接，根据已知求得，构建空间直角坐标系，向量法求点面距离即可；
（2）根据（1）所得坐标系，应用向量法求二面角余弦值.
【详解】（1）取的中点，的中点K，连接．
因为平面，线面垂直的性质知，，．
易得，且，即四边形MNKI为矩形．
所以，易得为与侧面所成的一个角．
因为MN与侧面所成角的正切值为，所以．
以点M为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，．
所以，．
设平面MHG的法向量为，则，
令，则平面MHG的一个法向量为，而，
所以点A到平面MHG的距离．
（2）因为，设面MEH的法向量为，则，
令，则面MEH的一个法向量为．
所以，易知二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为．
22．已知在平面直角坐标系xOy中，圆C的圆心在直线l：上，圆D与直线l相切，，且线段OE为圆C与圆D的公共弦．
(1)分别求圆C与圆D的标准方程；
(2)若直线m：与圆C、圆D分别交于异于原点的两点Q，P，求证：以线段PQ为直径的圆M恒过定点E．
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件，得出两圆圆心在直线上，再利用圆过点，圆与直线相切，即可得出结果；
（2）方法一，分点在y轴两侧和同侧，利用几何关系得出从而证明结果；
方法二，联立方程，直接求出，，通过证明，从而得到结果.
【详解】（1）因为线段的中点坐标为，所以圆心、圆心均在直线上．
又因为圆心C在直线上，
所以，又圆过点，故，
圆：，
又过点且与l：垂直的直线方程为，圆与直线相切，
所以圆心在直线上，
所以，圆：．
（2）方法一：如图，点在y轴两侧时，
连接交于点，则是的中点，且．
易知，．
在中，，，所以．
在中，，，所以，．
所以．
易知为的平分线，故，即，
所以，所以．
当点在轴同侧时，同理可证，
故以线段PQ为直径的圆M恒过定点E．
方法二：由题意知且，
由和，得，
解得（舍去），则，
所以，
又由和，得，
解得（舍去），则，
所以，
所以，，
所以，即，
故以线段为直径的圆恒过定点．