2023-2024学年湖北省黄冈市浠水县第一中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年湖北省黄冈市浠水县第一中学高二上学期期中数学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，若与是共轭复数，则（ ）
A．B．C．2D．5
【答案】A
【分析】利用复数除法化简，根据共轭复数的定义列方程求参数.
【详解】由题设，与是共轭复数，
所以.
故选：A
2．设直线的方程为，则直线的倾斜角的范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】分和两种情况讨论，结合斜率和倾斜角的关系分析求解.
【详解】当时，方程为，倾斜角为
当时，直线的斜率，
因为，则，
所以；
综上所述：线的倾斜角的范围是.
故选：C．
3．直线，，若两条直线平行，则实数（ ）
A．B．1C．3D．或3
【答案】C
【分析】根据两直线平行的条件，列式求解即可.
【详解】因为，，
由可得且，
解得，
故选：C.
4．若圆与圆仅有一条公切线，则实数a的值为（ ）
A．3B．C．D．1
【答案】B
【分析】利用两圆的位置关系计算即可.
【详解】由题意可知两圆相内切，易得两圆圆心，且两圆半径分别为，
所以.
故选：B
5．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想可以表述为“每个大于2的偶数都可以表示为两个质数的和”，如：.在不超过12的质数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求出不超过12的质数，利用列举法结合古典概率求解作答.
【详解】不超过12的质数有，任取两个不同数有，共10个，
其中和为偶数的结果有，共6个，
所以随机选取两个不同的数，和为偶数的概率为.
故选：B
6．庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡（如图①），类似五面体的形状（如图②），若四边形是矩形，，且，，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．3C．D．
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离，进而结合三棱锥的体积公式求解即可.
【详解】如图，在线段上取点，使得，，
在线段上取点，使得，，
连接，设分别为的中点，连接，
由题意可得，，，，平面，
则，连接，则，
以为原点，以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，则可取，
则点到平面的距离为，
又，
所以三棱锥的体积为.
故选：A.

7．如图，将菱形纸片沿对角线折成直二面角，，分别为，的中点，是的中点，，则折后直线与平面所成角的正弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接、，由面面垂直的性质得到平面，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】连接、，依题意可得，，
又平面平面，平面平面，平面，所以平面，
以为原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，为两个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，．
设平面的法向量为，则，
得，取，得，易得与共线的一个向量为，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
故选：A
8．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，分别是底面与侧面的中心，为该正方体表面上的一个动点，且满足，记点的轨迹所在的平面为，则过四点的球面被平面截得的圆的周长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，找到球心O和点的轨迹，求出到平面的距离，利用几何法求截面圆的半径和周长.
【详解】取面对角线中点，连接，，，，分别在上，且，
以为原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，， ，，，，，
，，，，
三棱锥中， 为直角三角形，所以，
因此点即为三棱锥的外接球球心，球半径长为，
，，，，，共面，
，，， ，
平面，，平面，平面，
点的轨迹为矩形的四边，如图所示，
，为平面的法向量，
则球心到平面的距离为，
球面被平面截得的圆的半径，圆的周长为.
故选：B
【点睛】本题找球心O考查学生的空间想象能力，其余的计算和证明问题，则利用空间向量法.
二、多选题
9．给出下列四个命题，其中正确的命题有（ ）
A．甲、乙二人比赛，甲胜的概率为，则比赛5场，甲胜3场
B．抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件为“向上的点数为1或4”，事件为“向上的点数为奇数”，则与互为对立事件
C．抛掷骰子100次，得点数是1的结果有18次，则出现1点的频率是
D．随机事件发生的频率不一定是这个随机事件发生的概率
【答案】CD
【分析】根据频率和概率的定义，以及对立事件的定义，即可判断选项.
【详解】A.甲胜的概率为表示甲每次获胜的可能性都是，但不一定比赛5场，甲胜3场，故A错误；
B. 事件与都包含“向上的点数为1”这个事件，故不是对立事件，故B错误；
C.由频率的概念可知抛掷骰子100次，得点数是1的结果有18次，则出现1点的频率是，故C正确；
D.频率在一定程度上反映了事件发生的可能性，随着实验次数的改变而改变，当实验次数相当大时，频率非常接近概率，而概率是事件本身的属性，不随实验次数的多少而改变，是定值，故D正确.
故选：CD
10．在空间直角坐标系中，点，，，下列结论正确的有（ ）
A．
B．向量与的夹角的余弦值为
C．点关于轴的对称点坐标为
D．向量在上的投影向量为
【答案】BD
【分析】根据空间两点距离公式可判断A；根据空间向量的夹角坐标公式可判断B；根据点的对称性可判断C；根据投影向量的概念可判断D.
【详解】记，，
对于A，，故A错误；
对于B，，，，
设与的夹角为，则，故B正确；
对于C，点关于轴的对称点坐标为，故C错误；
对于D，在上的投影向量为，D正确．
故选：BD．
11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，，点满足．设点的轨迹为，则（ ）
A．轨迹的方程为
B．在轴上存在异于的两点，使得
C．当三点不共线时，射线是的角平分线
D．在轨迹上存在点，使得
【答案】BCD
【分析】求出轨迹的方程判断A；设，，结合两点间距离公式及轨迹C的方程计算判断B；结合三角形面积公式确定角平分线判断C；设，由建立方程组，求出点坐标判断D.
【详解】对于A，设，则，整理得，即，A错误；
对于B，假设在轴上存在异于，的两点，，使得，
设，，则，
整理得，而点的轨迹方程为，
于是，解得或（舍去），B正确；
对于C，如图所示，
当三点不共线时，，即，
于是，显然，因此，
射线是的角平分线，C正确；
对于D，假设在C上存在点M，使得，设，则，，
则，整理得，又，
联立解得或，D正确.
故选：BCD
12．如图，是正四棱台的底面中心，上底面边长是，下底面边长是，侧棱长是，是棱上的动点．下列选项中说法正确的是（ ）
A．将四棱锥翻起，其底面与该正四棱台底面重合，恰好拼成一个正四棱锥
B．平面与平面所成锐二面角的余弦值是
C．当取得最大值时，三棱锥的体积是
D．当取得最小值时，二面角平面角的正切值是
【答案】ABD
【分析】计算出四棱锥各侧棱的长，可判断A选项；利用空间向量法可判断B选项；分析可得，当取最小值时，确定点的位置，利用三棱锥的体积公式可判断C选项；当取最大值时，确定点的位置，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可判断D选项.
【详解】对于A选项，连接、，则为的中点，
由正四棱台的几何性质可知四边形为等腰梯形，
在等腰梯形中，，，，
又因为为的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
同理可知，，
所以，将四棱锥翻起，其底面与该正四棱台底面重合，恰好拼成一个正四棱锥，A对；
对于B选项，设上底面的中心为，
由正四棱台的几何性质可知平面，
又因为四边形为正方形，，则，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、
、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
所以，，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值是，B对；
对于C选项，，
由A选项可知，，则为等腰三角形，
故当点与点或点重合时，取最大值，此时取最大值，
当点与点重合时，三棱锥不存在，C错；
对于D选项，当点为线段的中点时，取最小值，此时取最小值，
此时点，
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
易知平面的一个法向量为，
所以，，
则，故，
由图可知，二面角为锐角，故二面角的正切值为，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.
三、填空题
13．已知三点共线，则 ．
【答案】0
【分析】利用空间向量的共线定理计算即可.
【详解】由题意可知：，
由三点共线可知.
故答案为：0
14．已知点，点，则直线的倾斜角为 ．
【答案】
【分析】利用两点斜率公式结合三角恒等变换求得，从而可得倾斜角；
【详解】设直线的倾斜角为，
则
，
所以直线的倾斜角为；
故答案为：.
15．如图所示，四边形为正方形，为矩形，且它们所在的平面互相垂直，，为对角线上的一个定点，且，则到直线的距离为 .

【答案】/
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，
因为，所以，
所以，，
令，，
所以，，则点到直线的距离为.
故答案为：

16．圆形是古代人最早从太阳、阴历十五的月亮得到圆的概念的.一直到两千多年前我国的墨子（约公元前468-前376年）才给圆下了一个定义：圆，一中同长也．意思是说：圆有一个圆心，圆心到圆周的长都相等．现在以点为圆心，2为半径的圆上取任意一点，若的取值与x、y无关，则实数a的取值范围是 .
【答案】
【分析】转化为点到直线与直线距离之和的5倍，这个距离之和与点在圆上的位置无关可得圆在两直线之间，利用直线与圆相切可得答案.
【详解】由已知可得所在的圆的方程为，
设，
故可看作点到直线与直线距离之和的5倍，
因为的取值与x、y无关，
所以这个距离之和与点在圆上的位置无关，
圆心到直线的距离为，所以圆与直线相离，
如图所示，可知直线平移时，
点与直线的距离之和均为直线之间的距离，
此时可得圆在两直线之间，
当直线与圆相切时，
，解得（舍去），或，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是转化为点到直线与直线距离之和的5倍.
四、解答题
17．已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高线所在直线方程为.
(1)求边所在直线的方程；
(2)求点到边的距离.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）求出点坐标，由两点式求出直线方程，得到答案；
（2）根据垂直关系得到设出方程为，将点代入直线方程，得到直线的方程，联立直线与直线，得到点的坐标，进而由点到直线距离公式求出答案.
【详解】（1）因为点C是直线与直线的交点，
由，
得，
即点坐标为，
所以边所在直线的方程为，
即.
故边所在直线的方程为.
（2）因为边上的高线所在直线方程为，
可设直线方程为，

因为点在直线上，所以，解得.
所以直线的方程为.
因为边上的中线所在直线方程为，
由，
得，即点D坐标为.
由（1）知，边所在直线的方程为，
所以点D到直线的距离.
五、证明题
18．如图，在长方体中，，，点，，，分别在棱，，，上，，，.

(1)证明：；
(2)求到平面的距离；
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可证明；
（2）根据题意，由空间向量的坐标运算，结合点到面的距离公式，即可得到结果.
【详解】（1）
以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
，
又，不在同一条直线上，.
（2）设平面的法向量，又，
则，
令，则，∴，又，
所以到平面的距离为.
六、解答题
19．如图，圆与x轴交于A、B两点，动直线：与x轴、y轴分别交于点E、F，与圆交于C、D两点．
(1)求中点M的轨迹方程；
(2)设直线、的斜率分别为、，是否存在实数k使得？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由题意可得，从而点M的轨迹是以为直径的圆（除去原点），即可求得点M的轨迹方程；
（2）联立直线与圆的方程，结合韦达定理与计算可求出的值，检验后可得结果.
【详解】（1）由题意，存在且，
∵M为中点，∴，
∴点M的轨迹是以为直径的圆（除去原点），
∴圆心为，半径为，
则点M的轨迹方程为.
（2）由，得，
，
设，则，
，
又，，
，
即，则，
即，解得或，
又，，得，
，
则，故舍去，符合题意，
综上，存在实数使得.
20．古人云“民以食为天”，某校为了了解学生食堂服务的整体情况，进一步提高食堂的服务质量，营造和谐的就餐环境，使同学们能够获得更好的饮食服务为此做了一次全校的问卷调查，问卷所涉及的问题均量化成对应的分数（满分100分），从所有答卷中随机抽取100份分数作为样本，将样本的分数（成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得到如图所示的频数分布表．
(1)求频数分布表中a和b的值，并求样本成绩的中位数和平均数；
(2)已知落在的分数的平均值为56，方差是7；落在的分数的平均值为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差．
【答案】(1)，，，
(2)两组市民成绩的总平均数是，总方差是
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质，求得，结合中位数、平均数的计算公式，即可求解；
（2）根据分层抽样的分法，得到分数在和的人数，结合分层抽样的方差的计算方法，即可求解.
【详解】（1）解：（1）由，解得，则，
由，所以，
由成绩在的频率为，所以中位数为，
平均数为．
（2）解：由表可知，分数在的市民人数为10人，成绩在的市民人数为20人，
故，
则，
所以两组市民成绩的总平均数是，总方差是．
七、证明题
21．如图1，在中，为的中点，为上一点，且.将沿翻折到的位置，如图2.

(1)当时，证明：平面平面；
(2)已知二面角的大小为，棱上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，确定的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点为中点
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】（1）由已知，有，且，
平面，所以平面，
因为平面，所以.
在Rt中，，
所以.
因为，所以.
且，平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
（2）由（1），
所以为二面角的平面角，，
因为为的中点，
所以，， ，，，
如图，以为坐标原点，分别以为轴､轴正方向建立空间直角坐标系.

则.
设，
则,.
设平面的一个法向量，
由，得，
令，则，所以.
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得或（舍）.
因此，当点为中点时，直线与平面所成角的正弦值为.
八、解答题
22．已知两定点，动点N满足．
(1)求动点N的方程；
(2)如图，过点）且互相垂直的两条直线分别与圆交于点A，B，与圆交于点C，D，的中点为E，求面积的取值范围．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）设动点坐标为，由题意列出方程，化简可得答案；
（2）分类讨论直线的斜率是否存在，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，利用点到直线距离列不等式求得k的范围，进而求出弦AB的长，求出M点到直线的距离即可求得面积的表达式，利用换元法结合二次函数性质即可求得答案.
【详解】（1）设动点坐标为，则，，
又知，则，得，
故动点N的方程为；
（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
所以，直线的方程为，点的坐标为，
所以的面积；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
当时，直线的方程为，直线的方程为，
直线与圆不相交，此时不存在，舍去；
当时，直线，
由得，所以．
因为，所以．
因为，，所以，
所以E点到直线的距离即M点到直线的距离，
所以的面积，
令，则，所以，
因为，所以，而函数在上单调递减，
故，所以，
综上可得，面积的取值范围是．
【点睛】难点点睛：本题考查了轨迹方程的求解以及直线和圆的位置关系中三角形面积的范围问题，综合性较强，难点在于面积的表达式的求解，解答时要注意结合圆的几何性质求出弦长以及利用点到直线的距离公式求三角形的高，即可求解三角形面积的表达式，进而结合二次函数性质求解答案..
样本分数段
频数
5
10
20
a
25
10
频率
0.05
0.1
0.2
b
0.25
0.1