山东省青岛市胶州市第三中学2023-2024学年高二上学期第二次阶段性检测（12月）数学试卷

这是一份山东省青岛市胶州市第三中学2023-2024学年高二上学期第二次阶段性检测（12月）数学试卷，共9页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．直线倾斜角是（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
2．“幸福感指数”是指人们主观地评价自己目前生活状态的满意程度的指标，常用区间内的一个数来表示，该数越接近10表示满意程度越高．现随机抽取10位某小区居民，他们的幸福感指数分别为3，4，5，5，6，6，7，8，9，10，则这组数据的第80百分位数是（ ）
A．7.5B．8C．8.5D．9
3．圆心在y轴上，半径为1，且过点的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．“仁义礼智信”为儒家“五常”由孔子提出“仁、义、礼”，孟子延伸为“仁、义、礼、智”，董仲舒扩充为“仁、义、礼、智、信”．将“仁、义、礼”排成一排，其中“义”不在首位的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．等差数列、中的前n项和分别为，，，，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知P是圆C：上一点，Q是圆D：上一点，则的最小值为（ ）
A．1B．C．2D．
7．一个人打靶时连续射击3次，则事件“至少有两次中靶”的对立事件为（ ）
A．至多有一次中靶B．至多有两次中靶C．恰好有一次中靶D．三次都中靶
8．直线分别与x轴、y轴交于A，B两点，点P在圆上，则面积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9．若过点有两条直线与圆相切，则实数m的可能取值是（ ）更多课件教案等低价滋源(一定远低于各大平台价格)请 家 威杏 MXSJ663 A．B．3C．0D．
10．对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，若，，，则（ ）
A．事件A与事件B互斥B．
C．事件A与事件B相互独立D．
11．已知直线：，：，则（ ）
A．若，则的一个方向向量为
B．若，则或
C．若，则
D．若不经过第二象限，则
12．已知直线l：与圆C：，则（ ）
A．直线l与圆C相离
B．直线l与圆C相交
C．圆C上到直线l的距离为1的点共有2个
D．圆C上到直线l的距离为1的点共有3个
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上）
13．在等比数列中，已知，，则______．
14．已知直线在x轴上的截距为3，则直线在y轴上的截距为______．
15．如图是某圆拱形桥的示意图，雨季时水面跨度AB为6米，拱高（圆拱最高点到水面的距离）为1米．旱季时水位下降了1米，则此时水面跨度增大到______米．
16．已知圆C：，点M的坐标为，过点作直线l交圆C于A，B两点，则的最小值为______．
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）
17．已知圆：和圆：．
（1）当时，判断圆和圆的位置关系：
（2）是否存在实数m，使得圆和圆内含?
18．2020年1月15日教育部制定出台了“强基计划”，2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划，强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试，进入面试环节．现随机抽取了100名同学的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7；第一组和第五组的频率相同．
（1）求a，b的值：
（2）估计这100名同学面试成绩的众数和60%分位数（百分位数精确到0.1）：
（3）在第四、第五两组中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自不同组的概率。
19．已知点，动点P满足．
（1）求动点P的轨迹方程：
（2）若动点Q满足，求动点Q的轨迹方程；
20．已知圆C的方程为．
（1）求过点且与圆C相切的直线l的方程；
（2）直线m过点，且与圆C交于A，B两点，当是等腰直角三角形时，求直线m的方程．
21．已知各项都为正数的数列满足，，，等差数列满足，
（1）求数列和的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，求数列的前n项和
22．已知圆M：，点．
（1）若，半径为1的圆N过点P，且与圆M外切，求圆N的方程；
（2）若过点P的两条直线被圆M截得的弦长均为，且与y轴分别交于点S，T，，求t．
高二上学期第二次阶段性检测数学试题 2023.12
1．【详解】，设该直线的倾斜角为，因为直线的斜率为，因数，所以．故选：C．
2．【详解】因为，所以第80百分位数是．故选：C
3．解析 方法一（直接法）：设圆心坐标为，则由题意知，解得，故圆的方程为．故选A．
方法二（数形结合法）：根据点到圆心的距离为1，作图易知圆心为，故圆的方程为．故选A．
方法三（验证法）：将点代入四个选项中，可排除B、D，又圆心在y轴上，所以排除C．故选A．
4．【详解】将“仁、义、礼”排成一排的所有可能有：仁义礼；仁礼义；义仁礼；义礼仁；礼仁义；礼义仁，共6种可能：“义”不在首位：仁义礼；仁礼义；礼仁义；礼义仁，有4种可能．由古典概型得，“义”不在首位的概率为．故选：B
5．【详解】∵等差数列、中的前n项和分别为，，，．故选：B．
6．【详解】因为，所以，且两圆的半径分别为，即两圆外离，所以的最小值为．故选：B
7．【详解】由题意，事件“至少有两次中靶”的对立事件为“至多有一次中靶”．故选：A．
8．解析：由直线得，所以．因为圆的圆心为，所以圆心到直线的距离为，所以点P到直线的距离的取值范围为，即，所以．故选A．
9．【详解】由题意过点有两条直线与圆相切，则点在圆外，即，解得，由方程表示圆，则，解得．综上，实数m的取值范围是．即实数m取值范围是0，．故选：CD．
10．【详解】因为，，，
所以，又，则，所以，B正确；
因为，所以事件A与事件B相互独立，C正确；
所以，D正确；
因为，所以事件A与事件B不是互斥事件，A错误．故选：BCD
11．【详解】对A，当时，，斜率为，则其一个方向向量为，故A正确；对B，若，当时，显然不合题意，则，则直线的斜率，直线的斜率，则有，，即，解得或，当时，此时直线，，显然两条直线重合，故B错误；对C，若，当时，显然不合题意，则，则，即，解得，故C正确，对D，若不经过第二象限，，化简得，则，解得，故D正确；故选：ACD．
12．解析：由圆C：，可知其圆心坐标为，半径，所以圆心到直线的距离，则，所以直线l与圆C相交，所以圆C上到直线l的距离为1的点共有3个，故A，C错误，B，D正确，选BD．
13．【详解】设的公比为q，则，解得，所以，解得，所以．
14．解析：由题意知，直线过点，所以，解得，所以直线方程为，即，令，得．故直线在y轴上的截距为．
15．【详解】
画出圆拱图示意图，设圆半径为R，雨季时水位方程，解得；旱季时水位方程，解得，所以此时水面跨度为．所以答案为8．
16．解析：如图，取AB的中点H，连接CH，可得，点H的轨迹是以CN为直径的圆，圆心为，半径，则，可得| ，即的最小值为8．
17．【详解】（1）当时，圆的标准方程为，则，半径，圆的方程为，则，半径，两圆的圆心距，又，，，故圆和圆相交．
（2）不存在．理由如下：圆的方程可化为，则，半径．而，半径．
假设存在实数m，使得圆和圆内含，则圆心距，即，此不等式无解．故不存在实数m，使得圆和圆内含．
18．【详解】（1）由题意可知：，，解得；
（2）由频率分布直方图估计众数为，前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，则估计第60%分位数为；
（3）根据分层抽样，和的频率比为
故在和中分别选取4人和1人，分别设为和，则在这5人中随机抽取两个的样本空间Ω包含的样本点有
共10个，即，记事件A=“两人来自不同组”，则事件A包含的样本点有，共4个，即，所以．
19．【详解】（1）设点；由题意可得，即，化简可得，所以动点P的轨迹方程为；
（2）设，由（1）知①，
又，所以，即代入①得，整理得动点Q的轨迹方程为；
20．解：（1）当直线斜率不存在时，显然与相切：
当直线斜率存在时，可设l：，由几何关系可得，解得，故l：，即 ，故过点且与圆C相切的直线l的方程为或；
（2）设m：，可设AB中点为D，因为是等腰直角三角形，所以，即圆心到直线距离，解得或7，故直线m：或，即或．
21．【详解】（1）因为数列的各项都为正数，且，所以数列是等比数列．设等比数列的公比为q（且）．
由，，得，即，解得或（舍去），所以．
设等差数列的公差为d．由题意，得解得
所以．
（2）因为，所以，
所以
22．解析：（1）设圆N的圆心为．
由题意知，圆M的圆心为，半径，则解得
或
因此，圆N的方程为或．
（2）若过点P的直线斜率不存在，则该直线的方程为，此时圆心M到直线的距离为3，直线与圆不相交，不符合题意．
设过点P且斜率存在的直线的方程为，即．
由题意，得，整理，得．设直线PS，PT的斜率分别为，
则为关于k的一元二次方程的两个根，
，所以，．
在直线PS的方程中，令，得，则点；
在直线PT的方程中，令，得，则点．
所以，
解得．