湖南省湖湘教育三新探索协作体2023-2024学年高二数学上学期11月期中联考试题（Word版附解析）

这是一份湖南省湖湘教育三新探索协作体2023-2024学年高二数学上学期11月期中联考试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，考试结束后，将答题卡上交等内容，欢迎下载使用。
班级：______姓名：______准考证号：______
（本试卷共6页，22题，全卷满分：150分，考试用时：120分钟）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号写在试题卷和答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上相应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、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：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，将答题卡上交．
一、单选题：本题共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. 已知集合，，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集结果得到，从而得到不等式，求出实数的取值范围.
【详解】由可得，所以且，解得.
故选：B．
2. 若是虚数单位，复数的共轭复数是，且，则复数的虚部等于（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的运算先求出，找到的虚部即可.
【详解】易得，所以，虚部为，
故选：D．
3. 平面内顺次连接，，，，所组成的图形是（ ）
A. 平行四边形B. 直角梯形C. 等腰梯形D. 以上都不对
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量得到⊥，，且，故得到四边形为直角梯形.
【详解】因为，，
，
因为，所以⊥，
又，故，且，
所以四边形为直角梯形.
故选：B．
4. 已知，，若，到直线的距离都等于，则满足条件的直线共有（ ）
A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条
【答案】C
【解析】
【分析】分别研究位于直线同侧以及位于直线两侧时的情况，即可得出答案.
【详解】当位于直线同侧时，只有时，且两平行线之间的距离为时，满足条件，这样的直线有2条；
又，
所以位于直线两侧时，只有当直线恰为直线的中垂线时，满足条件，此时的直线有1条.
综上所述，满足条件的直线共有3条.
故选：C．
5. 已知，则（ ）
A. 0B. 4C. D. 4046
【答案】B
【解析】
【分析】化简后得到，从而求出结果.
【详解】，定义域为R，
其中
，
故.
故选：B
6. 一条光线从射出，经直线后反射，反射光线经过点，则反射光线所在直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出关于的对称点，然后根据两点式求解直线方程即可；
【详解】设关于的对称点为，
则有，
解得：，即，
反射光线所在直线为，
整理得：
故选：B．
7. 在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点为，则点到轴的距离为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求得点B的坐标，然后根据距离公式求解点到轴的距离.
【详解】因为点关于轴的对称点为，
所以，
所以点到轴的距离，
故选：A．
8. 已知为双曲线右支上的一个动点（不经过顶点），，分别是双曲线的左、右焦点，的内切圆圆心为，过做，垂足为，下列结论错误的是（ ）
A. 的横坐标为B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合双曲线的定义进行判断．
【详解】设的内切圆在，，上得切点分别为，，．设切点的坐标．
因为．所以，因为，的横坐标为，A正确；
，所以B正确；
延长交于点，
因为为的角平分线，且，故．
所以，所以，所以C正确．
，D错．
故选：D．
二、多选题：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. 已知空间中三个向量，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 与是共线向量
B. 与同向的单位向量是
C. 在方向上的投影向量是
D. 与的夹角为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用共线向量的定义可判断A选项；利用与同向的单位向量是可判断B选项；利用投影向量的定义可判断C选项；利用空间向量数量积的坐标运算可判断D选项.
【详解】已知空间中三个向量，，，
对于A选项，因为，故、不共线，A错；
对于B选项，与同向的单位向量是，B对；
对于C选项，在方向上的投影向量是，C对；
对于D选项，因为，则、不垂直，D错.
故选：BC．
10. 设函数，给出下列命题，正确的是（ ）
A. 的图象关于点对称
B. 若，则
C. 把的图象向左平移个单位长度，得到一个偶函数的图象
D. 在内使的所有的和为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对原函数使用辅助角公式.对于A选项，根据对称中心的定义即可；对于B选项，和一个为函数的最大值，一个为最小值即可求解；对于C选项，求出，根据偶函数的定义即可；对于D选项，令，求出在的根即可.
【详解】．
A：当时，，经检验是它的一个对称中心，故A正确；
B：若，则和一个为函数的最大值，一个为最小值，∴，故B错误；
C：的图象向左平移个单位长度得到，为偶函数，故C正确；
令，∵，∴，
在的根分别为：，，，，
则有，，，，在内使的所有的和为：，故D正确．
故选：ACD．
11. 已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线，，，为切点，则下列说法正确的是（ ）
A. 圆上有且仅有一个点到直线的距离等于1
B. 四边形面积的最小值为1
C. 当为等边三角形时，点的坐标为
D. 直线过定点
【答案】BD
【解析】
【分析】根据圆心到直线的距离，判断A错误；由切线的性质可得四边形面积是面积的两倍，可判断B正确；根据点位于以原点为圆心，半径为2的圆上，联立两圆方程可判断C错误；先根据两圆公共弦方程求得直线的方程为，结合可得定点坐标，即可判断D正确．
【详解】选项A：圆的圆心，半径，
圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，
又因为．所以圆上有两个点到直线的距离等于1，故A错误；
选项B：由切线的性质知，为直角三角形，，
最小值为，四边形面积是面积的两倍，最小值为1，故B正确；
选项C：当为等边三角形时，，则点位于以原点为圆心，
半径为2的圆上，故，联立与得：，
解得：或0，故点的坐标为和，故C错误；
选项D：设点，，，所以四点，，，共圆，
为直径，圆心为，半径，
所以圆的方程为，
又圆，两圆相减得，
所以直线的方程为，因为点在直线上，
所以，，所以，整理得
由，得，所以直线过定点，故D正确．
故选：BD．
12. 如图，正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，是其表面上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 当在表面上运动时，三棱锥的体积为定值
B. 当在线段中点时，平面截正方体所得截面的面积为
C. 当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是
D. 使直线与平面所成的角为45°的点的轨迹长度为
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出三棱锥的底面积和高即可判断A项；作出截面图形即可判断B项；建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用向量关系即可确定点坐标满足的关系，从而可求长度的表达式，进而判断C项；分在各个面内讨论，可判断D项.
【详解】选项A：当在表面上运动时，由于的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，
所以三棱锥的体积不变，且，所以A错误；
选项B：由平面在两平行平面上的交线互相平行，取的中点，的中点，的中点，
连接，，，，延长，一定与交于一点，
所以，，，四点共面，同理可证，，，四点共面，
则过点，，作正方体的截面，截面为正六边形，边长为，
设正六边形对角线交点为，则正六边形的面积为，故B正确；
选项C：当在底面上运动，以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，
可得，，，，，，设，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，，所以，
因为平面，所以，可得，
所以，当时，等号成立，所以C正确；
选项D：因为直线与平面所成的角为45°，由平面，得直线与所成的角为45°，
若点在平面和平面内，因为，，故不成立；
若点在平面内，此时点的轨迹是；
若点在平面内，此时点的轨迹是；
若点在平面时，作平面，如图所示，
因为，所以，又因为，所以，所以，
所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，所以点的轨迹的长度为，
综上，点的轨迹的总长度为，所以D正确；
故选：BCD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设，是两个不共线的向量，已知，，，若，，三点共线，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由，可得，结合，不共线，列方程组求解即可.
【详解】由，，三点共线，可得，
又，，
则，又，不共线，
则，解得．
故答案为：．
14. 已知双曲线，，是其两个焦点，点在双曲线上，若，则的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到为直角三角形，得到，再由双曲线的定义，得到，联立方程组，求得，结合面积公式，即可求解.
【详解】由双曲线，可得，则，
所以双曲线焦距为，因为，为直角三角形，
可得，又因为，
可得，即，
解得，所以面积为．
故答案为：．
15. 设，直线与直线相交于点，线段是圆的一条动弦，且，的最小值为______．
【答案】．
【解析】
【分析】求出两直线所过定点坐标，由两直线垂直得点轨迹是圆，设的中点为，由向量加法法则得，由圆的性质得点轨迹也是圆，圆心为原点，利用两圆心距可得两圆上两点间距离的最小值，从而得出结论．
【详解】变形得到，令，解得，从而，变形得到，令，解得，从而，由，由勾股定理得，点的轨迹为以为直径的圆，其中线段的中点坐标为，半径为，点轨迹方程为，圆的圆心为，半径为3，设的中点为，由垂径定理得，故点的轨迹方程为，因为点轨迹方程为，则的最小值为圆心距减去两半径，即，其中，所以的最小值为．
故答案为：．
16. 已知椭圆和双曲线有共同的焦点，，，分别是它们在第一象限和第三象限的交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，，则最小值等于______．
【答案】
【解析】
【分析】利用椭圆、双曲线的定义及性质，结合勾股定理可得，再利用基本不等式“1”的妙用求解即得.
【详解】设椭圆长半轴为，双曲线实半轴为，，，
为两曲线在第一象限的交点，为两曲线在第三象限的交点，如图，
由椭圆和双曲线定义与对称性知，，
四边形为平行四边形，，
，而，则，因此，
即，于是有，则，，
所以，当且仅当，时取等号．
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，第17题10分，第18~22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. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且满足．
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角化，结合余弦定理即可求解，
（2）由面积公式即可求解.
【小问1详解】
由正弦定理得，
整理得，∴，
由，∴；
【小问2详解】
①，又②，由①②得，，
∴．
18. “学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员，面向全社会优质平台．某市宣传部门为了解市民利用“学习强国”学习国家政策的情况，从全市抽取100人进行调查，统计市民每周利用“学习强国”的时长，并按学习时间（单位：小时）的长短分成以下6组：，，，，，，统计结果如图所示：
（1）试估计这100名市民学习时间的中位数（同一组中的数据用该组区间中点值代表，结果保留两位小数）；
（2）现采用分层抽样的方法在学习时长位于和的市民中共抽取5人参加学习心得交流会，再从这5人中选2人发言，求发言者中恰有1人是学习时长在上的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据中位数的计算公式即可求解，
（2）根据抽样比可计算各个层所抽取的人数，即可利用列举法求解所有基本事件，由古典概型的概率公式即可求解.
【小问1详解】
学习时间位于上的市民数为：；同理可得学习时间位于，，，，上的市民数分别为：15，20，30，15，10，
∵，
，
∴100名市民学习时间的中位数为．
【小问2详解】
的市民频率为0.15，市民频率为0.1；
由分层抽样可得的市民有人，的市民有人，
将的市民分别记为，，，的市民分别记为，，则这5人中选2人的基本事件有：，，，，，，，，，共10种，
其中事件发言者中恰有1人是学习时长在包含的基本事件有：，，，，，，共6种；
所以事件发言者中恰有1人是学习时长在上的概率
19. 已知抛物线经过点，直线与抛物线相交于不同的、两点．
（1）求抛物线的方程；
（2）如果，直线是否过一定点，若过一定点，求出该定点；若不过一定点，试说明理由．
【答案】（1）
（2）过定点
【解析】
【分析】（1）将点代入抛物线方程，可得，从而可得答案；
（2）设出直线方程，与抛物线方程联立，由数量积公式结合韦达定理可得，进而可得答案.
【小问1详解】
由题意可知，将点代入抛物线方程，
可得，解得，
则抛物线方程为．
【小问2详解】
因为，直线与抛物线相交于不同的、两点，
所以直线不与x轴平行，
可设，与联立，得，
设，，∴，．
由
，解得，
∴过定点．
20. 若圆的圆心在上，且圆与直线切于点．
（1）求圆的标准方程；
（2）已知点，，若为圆上任意一点，求的最大值并求出取得最大值时点的坐标．
【答案】（1）
（2）最大值为53，的坐标为
【解析】
【分析】（1）根据圆心在直线上，结合相切，即可求解圆心和半径，
（2）方法一，利用三角换元，结合三角恒等变换以及三角函数的性质即可求解最值，方法二，利用坐标法可将问题转化为圆上的点到点距离的平方的最值，即可联立直线与圆的方程求解坐标．
【小问1详解】
设圆心，由于直线与圆相切于点，所以，
故，，所以圆的标准方程为
【小问2详解】
方法一：设，
则
，其中，，
所以，当时，的最大值为53．
此时，，，，，所以．
方法二：设，则，
∴．
又，所以，
因为表示圆上的点到点距离的平方．
易得，的最大值为，
所以的最大值为53．此时，，和三点共线，且，位于两侧时，
直线方程，
联立直线与可得，解得或（舍去），则
故的坐标为．
21. 如图，和所在平面互相垂直，且，，为的中点．
（1）证明：；
（2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】(1) 取中点，连接，，用线面垂直的判定定理即可证得；
(2) 为原点，，，为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，代入公式即可求得的值.
【小问1详解】
取中点，连接，，
易得，得，所以．
又∵，∴，又∵，又因为平面，平面∴平面∴．
【小问2详解】
过点作于点，连接，
∵平面平面，平面平面，，
∴平面，由，可得，
∴，，两两垂直．以为原点，，，为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系．
设，则，，，，，∴，，
设为平面法向量，得，得，
令，得
，，
化简得解得或
22. 过圆上任意一点，作轴于点，点满足．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）若直线与圆相切，且与曲线交于，两点，，是圆上位于两边的两个动点．求四边形面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设点为且，根据题意，得到且，代入圆的方程，即可求解；
（2）设，根据与圆相切，得到，联立方程组，结合圆的弦长公式求得，分、和斜率不存在时，求得，进而求得四边形面积的最大值.
【小问1详解】
解：设点为所求轨迹上的任意一点，且，
因为，可得，则，
又因为，可得且，
因为，所以的轨迹的方程：.
【小问2详解】
解：当的斜率存在时，设，因为与圆相切，
可得，整理得，
又由，整理得，
设，，则，，
则
当时；
当时，，
当斜率不存在时，，
因为是圆上位于两边的两个动点，
设到的距离，到的距离，则的最大值为，
所以四边形面积的最大值为.