湖北省部分省级示范高中温德克英新高考协作体2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省部分省级示范高中温德克英新高考协作体2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析），共25页。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效．
3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回．
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 直线与直线关于直线对称，则直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出直线和直线的倾斜角，再求出直线与直线的夹角，再根据对称性即可得出答案.
【详解】解：直线的倾斜角为，
直线的倾斜角为，
则直线与直线的夹角为
设直线与直线的夹角为，则，
所以直线的倾斜角为.
故选：B.
2. 已知以为焦点的椭圆与直线有且仅有一个公共点，则椭圆的长轴长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先设椭圆方程与直线方程联立，根据判别式等于0求得和的关系式，同时椭圆的焦点坐标求得半焦距得到和的另一个关系式，两个关系式联立方程即可求得和，则椭圆的长轴可得．
【详解】设椭圆方程为，
直线代入椭圆方程，消得：，
，整理，得
又，由焦点在轴上，
所以，联立解得：，,故椭圆方程为，则长轴长为；
故选：C
3. 已知三点不共线，是平面外任意一点，若由确定的一点与三点共面，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据四点共面的充要条件及其推论，即可得出答案.
【详解】由与三点共面以及，
可得，，所以.
故选：C.
4. 如图，已知电路中有个开关，开关闭合的概率为，其它开关闭合的概率都是，且是相互独立的，则灯亮的概率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设开关闭合为事件，，由所设事件表示事件灯不亮，利用概率乘法公式求其概率，再利用对立事件概率公式求事件灯亮的概率.
【详解】设开关闭合为事件，，则事件灯不亮可表示为，由已知，，
∴ ，
∴ 事件灯亮的概率，
故选：A.
5. 已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上一点，且，若关于平分线的对称点在椭圆上，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设关于平分线的对称点为Q，结合角平分线的性质可得是正三角形，再运用椭圆定义求得，，根据三角形面积公式求的面积即可.
【详解】设椭圆的长半轴为，则
设关于平分线的对称点为Q，
由椭圆对称性及角平分线性质可知P，，Q三点共线且
又因为，所以是正三角形，
设，
由椭圆定义可得，，
又，
所以，
所以，即，，
所以的面积.
故选：C.
6. 十二水硫酸铝钾是一种无机物，又称明矾，是一种含有结晶水的硫酸钾和硫酸铝的复盐.我们连接一个正方体各个面的中心，可以得到明矾晶体的结构，即为一个正八面体（如图）.假设该正八面体的所有棱长均为2，则二面角的余弦为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用定义作出二面角的平面角，在中利用余弦定理即可求解.
【详解】如图，

连接AC，BD交于点O，连接EF，易知EF过点O，取的中点，连接，，
根据正八面体的几何特征，，，
又平面，平面，平面平面，
所以为二面角的平面角.
易知平面，AC在面ABCD内，则，
所以是直角三角形，又，，所以，所以.
在中，，同理，
在中，，
故选：C.
7. 已知正三棱柱的侧面积为，当其外接球的表面积取最小值时，异面直线与所成角的余弦值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设正三棱柱的底面边长为，高为，球的半径为，根据侧面积求得，进而可利用基本不等式求出外接球半径的最小值，根据最小值的成立条件得到为异面直线与所成角或补角，求出该角的余弦值即可.
【详解】解：设正三棱柱的底面边长为，高为，球的半径为，
由题意知，即，
底面外接圆半径，
由球的截面圆性质知，
当且仅当时取等号，将三棱柱补成一四棱柱，如图，
知，即为异面直线与所成角或补角，
，，
所以．
故选:A．
8. 已知实数、、、满足：，，，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，根据表达式的几何意义求解即可.
【详解】解：设，，为坐标原点，，，
由，，，

可得，两点在圆上，且，
即有，即三角形为等边三角形，，
的几何意义为：
点两点到直线的距离与之和，
设中点为，则距离与之和等于到直线的距离的倍，
圆心到线段中点的距离，圆心到直线的距离，
所以到直线的距离的最大值为，
则的最大值为，
故选：D．
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. 一个盒子中装有支钢笔，其中支一等品，支二等品，从中不放回的依次随机取出支，则下列说法正确的是（ ）
A. 事件“至少有一支一等品”与“至少有一支二等品”是互斥事件
B. 事件“至少有一支一等品”与“都是二等品”是对立事件
C. 记事件“至多有一支一等品”，事件“两支都是二等品”，则A．
D. 记事件“至多有一支一等品”，事件“至多有一支二等品”，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，由互斥事件与对立事件的定义即可判断AB，由事件的包含关系以及概率的计算即可判断CD.
【详解】当取的是一支一等品和一支二等品时，选择中两事件可同时发生，故A错误；
至少有一支一等品的对立事件是两个都是二等品，故B正确；
至多有一支一等品包含两支都是二等品这种情况，故C正确；
对于D，当事件同时发生时，即取的是一支一等品和一支二等品，，故D错误．
故选:BC．
10. 已知空间三点，，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 在方向上的投影向量为
C. 点到直线的距离为
D. 的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，由空间向量的坐标运算，代入计算，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】，，，
因为，所以A正确；
，
在方向上的投影向量为，所以B错误；
在方向上的投影向量的长度，
点到直线的距离为故C正确；
，
的面积，故D正确；
故选：ACD．
11. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，点在内，若点为上任意一点，则下列结论正确的是（ ）
A. 当，关于坐标原点对称时，
B. 的离心率的取值范围是
C. 在上存在点，使大于
D. 当的离心率为时，的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据椭圆的对称性可判定A，根据点M在椭圆内可计算B，通过焦点三角形顶角最值可判定C，利用椭圆的定义与性质可判定D.
【详解】
对于，由已知及椭圆的对称性得点必在上，且，
如图所示，易知四边形是平行四边形，
所以，故A错误
对于，因为点在内，所以，
又，所以，故B正确
对于，
，
当且仅当时取得最小值，即点在短轴端点时，最大，
此时结合B项有，，所以，故C错误
对于，当的离心率时，可得，则，
又，
当且仅当，，三点共线且点位于线段上时等号成立，故D正确．
故选：BD．
12. 已知正方体的棱长为，点满足,其中，为棱的中点，则下列说法正确的有（ ）
A. 若平面，则点的轨迹的长度为
B. 当时，的面积为定值
C. 当时，三棱锥的体积为定值
D. 当时，存在点使得平面
【答案】ABC
【解析】
分析】构造面面平行可判定A，根据线线平行可判定B，利用线面平行及棱锥体积公式可判定C，建立空间直角坐标系，利用空间向量研究线面关系可判定D.
【详解】
如图所示，取中点，中点，中点，
由正方体的特征可得四边形是平行四边形，故，
又中点，中点，所以，所以，
同理四边形也是平行四边形，可知，
又平面，平面，可得平面，
同理可得平面，
因为，、平面，平面平面，
若平面，则点的轨迹为线段，
已知正方体的棱长为，则点的轨迹的长度为，故A正确；
当时，，则点在线段上运动，
由题意易得，
故点到的距离是定值，所以的面积为定值，故B正确；
由正方体特征可知是边长为的等边三角形，面积为定值，
又中点为，中点为，
当时，
，
故共线，即点在线段上运动，
且，平面，平面，所以平面，
可得点到平面的距离是定值，
可得三棱锥的体积为定值，故C正确；
如下图所示，以点A为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，，
则，
若存在点使得平面，那么，
而，
故当时，不存在点使得平面，故D选项错误.
故选：ABC
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点是，则点P 到坐标原点O的距离_____________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：两点关于y轴对称，则两点的横坐标，竖坐标互为相反数，纵坐标相同，所以由点关于轴的对称点是可得，
考点：空间点对称的位置关系及空间两点间距离
点评：点关于x对称点，关于y轴的对称点，关于z轴的对称点，若则空间两点间的距离公式为，容易题
14. 已如椭圆的两个焦点为和，直线过点，点关于的对称点在上，且，则的方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】由椭圆定义、点关于直线的对称性及已知向量等式求出，进而求得，即可求出椭圆方程.
【详解】因为与关于直线对称，所以直线为的垂直平分线.
所以，由椭圆定义可得.
设直线与交于点，则为的中点，且，所以
所以，，又，解得.
又，则，故椭圆C的方程为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于结合图形由向量等式求出.
15. 已知点是直线（）上一动点，、是圆的两条切线，、是切点，若四边形的最小面积是，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据圆的方程得出圆心和半径，由圆的性质，得到四边形的面积，再确定的面积的最小值,得出当取最小值时，最小；根据点到直线距离公式，列出方程求解，即可得出结果.
【详解】圆的圆心为，半径为，

由圆的性质可知，四边形的面积，
又四边形的最小面积是2，则的最小值为，
则，
因为，所以当取最小值时，最小；
又点是直线上的动点，
当垂直于直线时，最小，即为圆心到直线的距离；
所以，解得，
因为，所以．
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到点到直线的距离公式、圆的切线长公式，圆的性质和四边形的性质等知识点的综合应用，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于常考题型.
16. 为了丰富孩子们的校园生活，某校团委牵头，发起同一年级两个级部、进行体育比赛，由部、部争夺最后的冠军．决赛先进行两天，每天实行三局两胜制，即先赢两局的级部获得该天胜利，此时该天比赛结束．若部、部中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天部、部各赢一天，则第三天只进行一局附加赛，该附加赛的获胜方为最终冠军．设每局比赛部获胜的概率为，每局比赛的结果没有平局且结果互相独立．则比赛进行局且部获得最终冠军的概率为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】依题意部、部前两天的比分为和或者和再加附加赛时部获胜，按照互斥事件及相互独立事件的概率公式计算可得.
详解】当前两天部、部的比分为和时，
先从两天中选出一天，比赛比分为，三场比赛前两场，部一胜一负，第三场比赛获胜，另外一天比赛比分为，
故概率为，
当前两天部、部的比分为和，附加赛部获胜时，两天中选出一天，比赛比分为，
故概率为，
故比赛进行局且部获得最终冠军的概率为.
故答案为：
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 一个质地均匀的正四面体的四个面分别标有数字，，，，连续抛掷这个正四面体两次，并记录正四面体朝下的数字．
（1）记事件“两次数字之和为偶数”，求
（2）记事件“第一次数字为奇数”，事件“第二次数字为偶数”，求与并判断事件与是否相互独立．
【答案】（1）
（2）B与是独立事件
【解析】
【分析】（1）根据古典概型进行计算；
（2）根据独立事件的定义进行判断.
【小问1详解】
样本空间包含的样本点数为，
“两次数字之和为偶数”则数字同奇或同偶，符合条件的有，共8个样本点，
故概率为
小问2详解】
因为，
所以，
故B与是独立事件．
18. 在三棱柱中，平面，已知，．
（1）求证：平面；
（2）在棱不包含端点上，且，求和平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先分别证明、，然后由线面垂直的判定定理证明即可.
（2）利用向量法，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设和平面所成角为，即可求出和平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
，，，
，
则．
平面，平面，
．
，平面，
平面．
【小问2详解】
以为原点，分别以和的方向为轴，轴和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
因为点在上，所以，
即设，
则，，
由，得到，可求得，
所以，
所以，
设平面的法向量为，则，
令，解得，则，
设和平面所成角为，
所以．
19. 已知直线与.
（1）若、两点分别在直线、上运动，求的中点到原点的最短距离；
（2）若，直线过点，且被直线、截得的线段长为，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】
【分析】
（1）的中点的运动轨迹为与、平行且在它们中间的直线得其斜率，再求两直线在y轴中点的坐标可得答案.
（2）设的直线方程，分别于、联立，解得交点坐标，再利用两点之间的距离公式可得斜率，然后根据点斜式方程求得答案.
【详解】（1）因为、两点分别在直线、上运动，
所以的中点的轨迹为与、平行且在它们中间的直线，
设其方程为，
、与y轴的交点分别为、，两点的中点为，
且中点在直线，所以，所以，
的中点到原点的最短距离即为原点到直线的距离，为.
（2）过点且与x轴垂直的直线方程为，
与、的交点为和，两点之间的距离为不符合题意，
所以设的斜率为，直线方程为，
由直线与 即，交点为为，
由直线与 即，交点为
所以两交点之间的距离为，
解得，或，
所求直线方程为，或，
即或.
【点睛】本题考查两条直线位置关系，两条平行直线之间的距离的问题.
20. 已知椭圆的长轴长为4，左顶点A到上顶点B的距离为，F为右焦点．
（1）求椭圆C的方程和离心率；
（2）设直线l与椭圆C交于不同的两点M，N（不同于A，B两点），且直线时，求F在l上的射影H的轨迹方程．
【答案】（1），离心率为
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，，可求出，再由可求得，从而可求出椭圆C的方程和离心率；
（2）设，，当直线斜率存在时，可设代入椭圆方程消去，整理后利用根与系数的关系，结合，可求出的值，从而可得直线l经过定点，当直线斜率不存在时，可设，求出的坐标，结合可求出的值，得F在l上的射影H的轨迹为以为直径的圆，从而可求出射影H的轨迹方程
【小问1详解】
由题意可得：，，，
可得，，，
所以椭圆C的方程为，
离心率为．
【小问2详解】
当直线斜率存在时，可设代入椭圆方程，
得：．
设，，则．
因为直线，垂直，斜率之积为，所以，
所以．
将代入，整理化简得：，
所以或．
由直线，当时，直线l经过，与B点重合，舍去，
当时，直线l经过定点，
当直线斜率不存在时，可设，则，，
因为，所以，解得，舍去．
综上所述，直线l经过定点，
而F在l上的射影H的轨迹为以为直径的圆，
其，，所以圆心，半径，
所以圆的方程为，即为点H的轨迹方程．
21. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登上望烽火，黄昏饮马傍交河，”诗中隐含着一个有趣的“将军饮马”问题，这是一个数学问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使得总路程最短？在平面直角坐标系中，将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即为回到军营.军营所在区域可表示为.
（1）求“将军饮马”的最短总路程；
（2）因军情紧急，将军来不及饮马，直接从A点沿倾斜角为45°的直线路径火速回营，已知回营路径与军营边界的交点为M，N，军营中心与M，N连线的斜率分别为，，试求的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意作出图形，然后求出关于直线的对称点，进而根据圆的性质求出到圆上的点的最短距离即可；
（2）将直线方程代入圆的方程并化简，进而结合韦达定理求得答案.
【小问1详解】
若军营所在区域为，圆：的圆心为原点，半径为，作图如下：

设将军饮马点为，到达营区点为，设为A关于直线的对称点，因为，所以线段的中点为，则，又，联立解得：，即，所以总路程，要使得总路程最短，只需要最短，即点到圆上的点的最短距离，即为.
【小问2详解】
过点A倾斜角为45°的直线方程为：，设两个交点，联立，消去y得.由韦达定理， ，
.
22. 如图，该几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，点为弧的中点，且，，，四点共面.

（1）证明：平面平面；
（2）若平面与平面所成二面角的余弦值为，且线段长度为2，求点到直线的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）过作，交底面弧于，连接，有为平行四边形，根据题设可得，即，再由线面垂直的性质可得，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.
（2）构建如下图示空间直角坐标系，令半圆柱半径为，高为，确定相关点坐标，进而求平面、平面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得，即可求出点到直线的距离.
【小问1详解】
过作，交底面弧于，连接，易知：为平行四边形，
所以，又为弧的中点，则是弧的中点，
所以，而由题设知：，则，
所以，即，由底面，平面，则，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由题意，构建如下图示空间直角坐标系，
令半圆柱半径为，高为，则，，，，
所以，，，，
若是面的一个法向量，则，令，则，
若是面的一个法向量，则，令，则，
所以，
整理可得，则，又，
由题设可知，此时点，，，
则，，
所以点到直线的距离.