2023-2024学年湖北省恩施州四校联盟高二上学期期中联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年湖北省恩施州四校联盟高二上学期期中联考数学试题含答案，共19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。

一、单选题
1．复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【分析】由复数除法求得后，可得对应点坐标从而确定其象限．
【详解】，对应点坐标为，在第四象限，
故选：D．
2．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先解不等式求出集合、，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得或，
所以，
由，即，解得，所以，
所以.
故选：B
3．已知直线和直线，若，则的值为（ ）
A．2B．C．0或2D．1或
【答案】C
【分析】由两直线垂直的充要条件建立方程求解即可.
【详解】由，得，
解得，或.
故选：C.
4．“”是“函数在区间上为增函数”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】求出函数在区间上为增函数的的取值范围，结合与的关系求出答案
【详解】的图象如图所示，要想函数在区间上为增函数，必须满足，因为是的子集，所以“”是“函数在区间上为增函数”的充分不必要条件.
故选：A
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】利用指对数的运算，结合指数、对数的性质即可判断大小关系.
【详解】，，，
∴，
故选：D
【点睛】本题考查了比较指对数的大小，应用了指对数运算及性质，属于简单题.
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由余弦二倍角公式和诱导公式计算．
【详解】由题意，，
所以，
故选：A．
7．已知点G是的重心，过点G作直线分别与两边交于两点（点与点不重合），设，，则的最小值为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】A
【分析】令是的中点，连接，易得，根据三点共线的推论有，应用基本不等式求目标式最小值，注意取值条件.
【详解】若是的中点，连接，点G是的重心，则必过，且，
由题设，又共线，
所以，即，注意，
由
，当且仅当，即时等号成立，
故目标式最小值为1.
故选：A
8．平面内有四条平行线，相邻两条平行线的间距均为2，在每条直线上各取一点围成矩形，则该矩形面积的最小值是（ ）
A．B．16C．D．18
【答案】B
【分析】在平行线找到能够成矩形的四点，设角并表示出矩形的边长，由矩形面积公式和三角函数性质求最值，注意等号成立条件即可.
【详解】如图为矩形，设，，则，，
所以矩形的面积为，
，，
，，当时，等号成立，
所以该矩形面积的最小值为16.
故选：B.
二、多选题
9．若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据已知条件，结合共面向量的充要条件即可求解．
【详解】由共面向量的充要条件可得：
对于A选项， ，所以三个向量共面；
对于B选项，，所以三个向量共面；
对于C选项，假设三个向量共面，
则存在，使得，
则，即三个向量共面，
这与已知构成空间的一个基底矛盾，故假设错误，
即三个向量不共面，故C不正确；
对于D选项，＝，所以三个向量共面；
故选：ABD．
10．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的单调递增区间是B．函数的值域是
C．函数的图象关于对称D．不等式的解集是
【答案】BC
【分析】根据对数函数相关的复合函数的单调性，值域，对称性，及解对数不等式，依次判断即可得出结果.
【详解】对A：令，解得或，故的定义域为，
∵在定义域内单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故在上单调递减，在上单调递增，A错误；
对B：∵，即的值域，
∵，故函数的值域是，B正确；
对C：∵，即，
故函数的图象关于对称，C正确；
对D：，且在定义域内单调递增，
可得，解得或，
故不等式的解集是，D错误.
故选：BC.
11．已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的28个样本数据的方差为，平均数为;去掉的两个数据的方差为，平均数为﹔原样本数据的方差为，平均数为，若=，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．剩下28个数据的中位数大于原样本数据的中位数
D．剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数
【答案】ABD
【分析】对于A选项，求出剩下的28个样本数据的和、去掉的两个数据和、原样本数据和，列出方程即可；
对于B选项，写出和的表达式即可；
对于C选项，根据中位数定义判断即可；
对于D选项，根据分位数定义判断即可.
【详解】A. 剩下的28个样本数据的和为，去掉的两个数据和为，原样本数据和为，所以，因为=，所以，故A选项正确；
B.设，，
因为，所以，所以，
所以，故B选项正确；
C. 剩下28个数据的中位数等于原样本数据的中位数，故C选项错误；
D.去掉2个数据，则剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数，故D正确.
故选：ABD.
12．在棱长为2的正方体中，，分别为，的中点，则（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．点为正方形内一点，当平面时，的最大值为
C．过点，，的平面截正方体所得的截面周长为
D．当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为
【答案】ACD
【分析】对于A：根据正方体的性质得出在中即为异面直线与所成的角，即可判定；对于B：取的中点的中点，连接，，，得到，，即可证明面面，则根据已知得出轨迹为线段，则过作，此时取得最小值，即可判定；对于C：过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，得出，，设，，以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，得出，，，的坐标，则可根据，列式得出，，即可得出，，在中得出，同理得出，在中得出，同理得出，在中得出，即可得出五边形的周长，即过点的平面截正方体所得的截面周长，即可判定；对于D：取的中点，则，过作，且使得，则为三棱锥的外接球的球心，则为外接球的半径，计算得出半径即可求出球的表面积，即可判定.
【详解】对于A选项，，
在中即为异面直线与所成的角，
，
异面直线与所成的角的余弦值为．故A正确；
对于B选项，取的中点的中点，取的中点，连接，，，

四边形为平行四边形，，，，
同理可得，
又面，面，面，面，
面，面，
又，面，
面面，
又面，面，
轨迹为线段，
在中，过作，此时取得最小值，
在中，，，，
在中，，，，
在中，，，，
如图，在中，，
即的最小值为，而的最大值为．故B错误；
对于C选项，过点的平面截正方体，
平面平面，则过点的平面必与与交于两点，
设过点的平面必与与分别交于、，
过点的平面与平面和平面分别交于与，，同理可得，
如图过点的平面截正方体所得的截面图形为五边形，
如图以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，
设，，
则，，，，，
，，，，
，，
，解得，
，，，，
在中，，，，同理：，
在中，，，，同理：
在中，，，
，
即过点的平面截正方体所得的截面周长为．故C正确；
对于D选项，如图所示，取的中点，则，过作，
且使得，则为三棱锥的外接球的球心，
所以为外接球的半径，
在中，，
，
．故D项正确，
故选：ACD．
【点睛】关键点睛：通过证明面面平行得到动点的轨迹，利用空间向量法确定点的位置是B、C的关键.
三、填空题
13．平面向量与的夹角为，已知，，则 .
【答案】
【分析】首先求出，根据数量积的定义求出，再根据计算可得.
【详解】因为，所以，
又与的夹角为且，
所以，
所以.
故答案为：
14．点到直线 ( 为任意实数)的距离的最大值是 .
【答案】
【分析】首先求出直线过定点，令，求出，即可得解.
【详解】直线即，
令，解得，即直线恒过定点，令，
则，
所以点到直线的距离的最大值是.
故答案为：
15．设函数，若函数恰有4个零点，,,,，且，则的值为
【答案】
【分析】设，则，求出的图象与直线有4个交点时对应的的值，再转化为的值．
【详解】设，则，
作出函数的图象及直线，如图，它们有4个交点时，
由正弦函数对称性知，，，
所以，
又，
所以，
故答案为：．
16．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且,则的取值范围是 .
【答案】
【分析】由已知求得， ，由正弦定理化边为角，，由锐角三角形得出，，由两角和正弦公式，二倍角公式，两角和的余弦公式，化简后，利用余弦函数性质、不等式性质得出结论．
【详解】因为，所以，
，因为为锐角，，所以，从而，
，
三角形为锐角三角形，，所以，
，，，
，时，，
所以，
所以，即，
故答案为：．
四、解答题
17．的三个顶点是，，，求：
(1)边上的中线所在直线的方程；
(2)边上的高所在直线的方程.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）求的中点坐标并求直线斜率，应用点斜式求直线方程；
（2）根据已知求边高的斜率，应用点斜式求直线方程.
【详解】（1）由题设，的中点坐标为，则中线的斜率，
则边上的中线所在直线的方程为，
所以上的中线所在直线的方程为.
（2）由题设，边的斜率为，则边高的斜率为，且过，
则边BC上的高所在直线的方程为，
所以上的高所在直线的方程.
18．在平面直角坐标系中，已知三点.
(1)若点在线段上运动，求直线的斜率的取值范围；
(2)若直线经过点，且在轴上的截距是轴上截距的2倍，求直线的方程.
【答案】(1)；
(2)或.
【分析】（1）两点式求出的斜率，数形结合求点在线段上运动，求直线的斜率的取值范围；
（2）讨论截距是否为0，结合截距式及所过的点求直线方程即可
【详解】（1）如下示意图，
当点运动到点时，直线的斜率为，
当点运动到点时，直线的斜率为，
由图知，若点在线段上运动，则直线的斜率的取值范围为.
（2）当截距为均为0时，直线方程为，符合题意.
当截距不为0时，不妨设直线方程为，又直线经过点，
故，即，所以直线方程为.
综上，所求直线方程为或.
19．一个袋子中有4个红球,6个绿球, 采用不放回方式从中依次随机地取出2个球.
(1)求第二次取到绿球的概率；
(2)如果是个红球, 6个绿球, 已知取出的2个球都是绿球的概率为，那么是多少?
【答案】(1).
(2).
【分析】（1）根据互斥事件的概率、古典概型的概率求法求第二次取到绿球的概率；
（2）由题意有(D为两次取出的都是绿球事件)，结合和已知列方程求参数即可.
【详解】（1）从10个球中不放回地随机取出2个共有 种, 即，
设事件“两次取出的都是红球”, 则，
设事件“第一次取出红球, 第二次取出绿球”，则，
设事件“第一次取出绿球, 第二次取出红球”，则，
设事件“两次取出的都是绿球”，则，
且事件两两互斥.
第二次取到绿球的概率为.
（2）由题意，则，又，
或，，即.
20．记的内角的对边分别为，已知．
(1)求A；
(2)若，，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得，得到，即可求解；
（2）解法1：由正弦定理得到，，结合题意，求得，进而求得的面积．
解法2：根据题意，求得，得到，令余弦定理列出方程求得，进而求得的面积．
【详解】（1）解：因为，
由正弦定理得，
因为，可得，所以，即．
因为，所以．
（2）解法1：由正弦定理，所以，
可得，，
因为，，所以，
所以的面积为．
解法2：因为，且，
所以，
可得
，
所以，
因为，所以，可得，所以，
因此，所以，
因为，由余弦定理得，即，
解得，即，
所以的面积为．
21．如图1，已知平面四边形是矩形，，，将四边形沿翻折，使平面平面，再将沿着对角线翻折，得到，设顶点在平面上的投影为.

(1)如图2，当时，若点在上，且，，证明：平面，并求的长度.
(2)如图3，当时，若点恰好落在的内部（不包括边界），求二面角的余弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）由面面垂直的判定定理得到平面，从而有，又，平面得证；设，由可求出，在中，根据勾股定理解出的长度；
（2）作，交于，交于，当点O恰好落在的内部(不包括边界)，点O恰好在线段EF上，为二面角的平面角，由此能求出二面角的余弦值的取值范围.
【详解】（1）点在平面ABCD上的射影为且点在上，
点恰好落在边上，
平面平面ACD，
又，平面平面
平面，又平面，
，
又，，平面，平面,
平面，平面,
设，，则，
，
，
，
在中，,解得，
.
（2）作，交于，交于，如图：

当点O恰好落在的内部(不包括边界)时，点O恰好在线段EF上，
又，，
为二面角的平面角,
当时，由,可得，且，，
故二面角的余弦值的取值范围为
22．如图，在八面体中，四边形是边长为2的正方形，平面平面，二面角与二面角的大小都是，，．
(1)证明：平面平面；
(2)设为的重心，是否在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求到平面的距离，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）依题意可得平面，再由面面平行及，可得平面，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明，即可得到平面，再证明平面，即可得证；
（2）设点，其中，利用空间向量法得到方程，求出的值，即可得解.
【详解】（1）因为为正方形，所以，又，，平面，
所以平面，所以为二面角的平面角，即，
又平面平面，，
所以平面，即为二面角的平面角，即，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，即，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
因为，平面，
所以平面平面.
（2）由点在上，设点，其中，点，
所以，平面的法向量可以为，
设与平面所成角为，
则，
即，化简得，
解得或（舍去），
所以存在点满足条件，且点到平面的距离为.