湖北省孝感市2023_2024学年高二数学上学期11月期中试题含解析

这是一份湖北省孝感市2023_2024学年高二数学上学期11月期中试题含解析，共25页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，0分等内容，欢迎下载使用。

1.答题前，先将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号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铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷､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：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
一､选择题（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. 若复数满足，其中为虚数单位，是的共轭复数，则复数在复平面内对应的点所在的象限是（）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数相等的充要条件，即可求解进而可求解对应的点.
【详解】设则故，
化简可得，进而且，所以，，
故则对应的点为，位于第四象限，
故选：D
2. 已知向量，若，则实数（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算即可求解.
【详解】由得，
又，则，解得，
故选：：D
3. 甲､乙两人独立地破译某个密码，如果每人译出密码的概率均为0.4，则密码被破译的概率为（）
A. 0.36B. 0.48C. 0.64D. 0.54
【答案】C
【解析】
【分析】利用独立事件的概率乘法公式求出密码未被破译的概率，再利用对立事件的概率公式可求得答案.
【详解】由题意得密码未被破译的概率为，
所以密码被破译的概率为，
故选：C
4. 经过点且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程是（）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】分直线过原点和不过原点两种情况讨论，结合直线的截距式方程即可得解.
【详解】当直线过原点时，方程为，符合题意，
当直线不过原点时，设直线方程为，
则，解得，
所以直线方程为，
综上，所求直线的方程为或.
故选：D.
5. 关于空间中两条不同的直线与两个不同的平面，下列说法正确的是（）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】由选项A的条件可得出则m，n可能平行、异面或相交，可判断A；由选项B的条件可得出，可以判断B选项；由选项C的条件可得出或相交，可判断C；根据线面垂直的性质可以判断D.
【详解】若，则m，n可能平行、异面或相交，A错误；
若，则，B错误；
若，则的关系可能是或相交，C错误；
，则，又，则，D正确．
故选：D.
6. 东寺塔和西寺塔为昆明市城中古景，分别位于昆明市南面的书林街和东寺街，一东一西隔街相望，距今已有1100多年历史，在二月的梅花和烟雨中，“双塔烟雨”成为明清时的“昆明八景”之一.东寺塔基座为正方形，塔身有13级，塔顶四角立有四只铜皮做成的鸟，俗称金鸡，所以也有“金鸡塔”之称.如图，从东到西的公路上有相距80（单位：）的两个观测点，在点测得塔在北偏东60°的点处，在点测得塔在北偏西30°，塔顶的仰角为45°，则塔的高度约为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定信息作出图形，在直角三角形中直接计算作答.
【详解】如图，依题意，，，，
于是得，，在中，，
所以塔的高度约为.
故选：A
7. 已知圆，直线，P为l上的动点，过点P作圆C的两条切线PA、PB，切点分别A、B，当最小时，直线AB的方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆的切线的有关知识，判断出最小时，直线与直线垂直，结合图象求得直线的方程.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为.
依圆知识可知，四点P，A，B，C四点共圆，且AB⊥PC，所以
，而，
当直线PC⊥l时，最小，此时最小.
结合图象可知，此时切点为，所以直线的方程为，即.
故选：A
8. 如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）．则以下结论正确的为（）
A. 三棱锥中，点P到面的距离为定值
B. 过点P平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为
C. 当点P为中点时，三棱锥外接球体积为
D. 直线与面所成角的正弦值的范围为
【答案】D
【解析】
【分析】对A：根据线面平行分析可知：点P到平面的距离为定值，再利用等体积法求点P到平面的距离；对B：过点P平行于平面的平面被正方体所截的截面为，判断其形状求面积；对D：可证平面，则根据直三柱的外接球分析可得：平面，且，结合解三角形求的外接圆半径，进而求三棱锥的外接球的半径和体积；对C：根据线面夹角的定义可得，结合题意运算求解.
【详解】对于A中，由题意可得：且
∴为平行四边形，则
平面，平面
∴平面
又∵P为线段上，则点P到平面的距离为定值
设点P到面的距离为h，为等边三角形，面积为
∵，即，解得，A不正确；
对于B中，过点P平行于平面的平面被正方体所截的截面为，
此时三角形为边长为的等边三角形，其面积为，B不正确；
设直线与平面所成角为，则，
∵，则，D正确；
对于C中，当点P为中点时，则
∵平面，平面
∴
，平面
∴平面
设的外接圆圆心为，半径为，三棱锥的外接球的球心，半径为，连接，则平面，且
对于，则
∴，则
∵，则
∴，即，则三棱锥的外接球的体积为，所以C不正确．
故选：D．
【点睛】①对于三棱锥体积的求解可采用等体积法求解，通过选择合适的底面来求三棱锥的体积的一种方法；
②对于线面角的计算问题可以通过根据直线与平面所成角的定义，结合垂线段与斜线段的长度比求得线面角的正弦值；
③对于直三棱柱的外接球的问题：外接球的球心与底面外接圆圆心的连线平行于侧棱，且长度为侧棱的一半.
二､不定项选择题（本大题共4小题，共20.0分）
9. 已知事件，且，则下列结论正确的是（）
A. 如果，那么
B. 如果A与互斥，那么
C. 如果A与相互独立，那么
D. 如果A与相互独立，那么
【答案】BC
【解析】
【分析】对AB，由得，由A与互斥得，；
对CD，A与相互独立，，.
【详解】对A，由得，则，A错；
对B，由A与互斥得，则，B对；
对CD，A与相互独立，则，，故C对D错；
故选：BC
10. 已知圆，过点直线与圆交于两点.下列说法正确的是（）
A. 的最小值为B.
C. 的最小值为D. 线段中点的轨迹为圆
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据直线和圆相交所得弦长的最值即可判定A,根据向量数量积的定义即可判断B，联立直线与圆的方程，根据韦达定理，结合数量积的坐标运算即可求解C，根据圆的性质即可求解D.
【详解】的圆心和半径分别为，
对于选项A：由题意可知，当轴时，圆心到直线的距离最大，此时最小，
所以的最小值为，故选项A错误；
对于选项B：设是的中点，连接，
则，，
的最小值为，最大值为直径4，，故选项B正确；
对于选项C：当直线的斜率为0时，，
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，,，,，
联立方程，消去得，
，，
，
，
的最大值为，当且仅当，即时取等号，故选项C正确；
对于选项D：由于，则点在以为直径的圆上，圆心为，半径为，
点的轨迹方程为，即线段中点的轨迹为圆，故选项D正确．
故选：BCD．
11. 在直三棱柱中，点是的中点，，点为侧面（含边界）上一点，平面，则下列结论正确的是（）
A.
B. 直线与直线所成角的余弦值是
C. 点到平面的距离是
D. 线段长的最小值是
【答案】ACD
【解析】
【分析】可先证，，进而可证得平面，则选项A可判定；将两异面直线平移到相交，在三角形利用余弦定理处理，即可判定选项B；利用等积法即可求出点到平面距离，则选项C可判定；先求出点轨迹，在利用等面积法求出线段长的最小值，则选项D可判定.
【详解】在直棱柱中,
在中，
可得
，
所以，可得,
又,且两直线在平面内，
可得平面，
由平面,
所以，故必选项A正确；
已知,
点D到平面的距离为，
所以,
,
,
,
所以，
设到平面的距离为，
则，可得，故C选项正确；
取中点，连接又点是的中点
在直棱柱中可得,,
所以四边形为平行四边形，
则,，
取中点,连接，又中点为，
可得，，
在直角三角形中,
在直角三角形中,
在直角三角形中
在三角形中,
又，，所以直线与直线所成角为的补角，
所以直线与直线所成角的余弦值是，
故选项B错误;
取中点,连接可得,
又不在平面，在平面，
所以平面，
同理平面，
又,
所以可得平面平面，
所以点的轨迹为线段，
因为,,
所以在三角形中由余弦定理可得,
可得,
所以,
设B到的距离为，由等面积法可得
,解得，
可得长的最小值是，
故选项D正确；
故选：ACD.
12. 已知F为椭圆的左焦点，直线与椭圆C交于A、B两点，，垂足为E，BE与椭圆C的另一个交点为P，则（）
A. 的最小值为2B. 的面积的最大值为
C. 直线BE的斜率为D. 为直角
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定条件设出点A、P坐标，结合椭圆定义、均值不等式、斜率坐标公式逐项分析计算作答.
【详解】设椭圆C的右焦点，由椭圆对称性知线段AB，互相平分于点O，则四边形为平行四边形，如图，
则，有
，当且仅当，即时取“=”，A不正确；
设，，则，当且仅当，即时取“=”，
即，因，垂足为E，则，B正确；
因，有，由椭圆对称性可得，而，则直线BE的斜率，C正确；
设，由及得，，即，
直线PA，PB的斜率有，而，
于是得，有，所以为直角，D正确.
故选：BCD
【点睛】结论点睛：过椭圆中心的弦(除椭圆长轴外)与椭圆二焦点围成平行四边形.
三､填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知有8个样本数据分别为，则估计该组数据的总体的第三四分位数为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据百分位数计算规则计算可得.
【详解】因为，所以第三四分位数为第、两数的平均数，即为.
故答案为：
14. 已知圆：和圆：，若点(，)在两圆的公共弦上，则的最小值为______.
【答案】8
【解析】
【分析】
由两圆方程可得公共弦方程，由点在弦上有，进而结合目标式应用“1”的代换转化为，再利用基本不等式求最小值即可.
【详解】由题意知：圆与圆公共弦方程为，又点(，)在两圆的公共弦上，
∴，
则当且仅当时等号成立，
故答案为：8.
【点睛】本题考查了基本不等式“1”的代换求最值，应用了两圆相交关系求公共弦方程，属于基础题.
15. 如图，在矩形中，已知是的中点，将沿直线翻折成，连接.当三棱锥的体积取得最大值时，此时三棱锥外接球的体积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意分析可知：当高最大时，体积最大，高最大为，球心在平面的投影为中点，根据勾股定理解得，代入体积公式计算得到答案.
【详解】因为三棱锥底面积为定值，故当高最大值，体积最大，
又因为，且△为等腰直角三角形，取中点为，
连接，故，且，
所以当平面时，三棱锥的高最大为，
可知，
即，则△为等腰直角三角形，
所以球心在平面的投影为中点，且△的外接圆半径为，
设，则，
由题意可得：，解得，
所以三棱锥外接球的体积为.
故答案为：.
16. 设椭圆的焦点为，是椭圆上一点，且，若的外接圆和内切圆的半径分别为，当时，椭圆的离心率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
在中，利用正弦定理：，求得，，设，再利用余弦定理求得，然后由求解.
【详解】椭圆的焦点为，
在中，由正弦定理得：，
解得，，
设，
在中，由余弦定理得：，
解得，
所以，
又，
所以，
整理得，即，
解得或（舍去）
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. 某校高一举行了一次数学竞赛，为了了解本次竞赛学生的成绩情况，从中抽取了部分学生的分数（得分取正整数，满分为）作为样本（样本容量）进行统计，按照、、、、的分组作出频率分布直方图，已知得分在、的频数分别为、.
（1）求样本容量和频率分布直方图中的、的值；
（2）估计本次竞赛学生成绩的众数、中位数、平均数.
【答案】（1），，；（2）众数为，中位数为，平均数为.
【解析】
【分析】（1）由题意先根据得分在的频数求出样本容量，根据得分在的频数可计算出的值，再根据直方图中所有矩形面积之和为可求出的值；
（2）根据最高矩形底边中点值求出众数，将矩形底边的中点值乘以相应矩形的面积，再将所得结果相加可得平均数，设中位数为，根据中位数左边的矩形面积之和为列方程可求出的值，即为所求的中位数.
【详解】（1）由题意可知，样本容量为，，
；
（2）由频率分布直方图可知，本次竞赛学生成绩的众数为，
设中位数为，，则，
由题意可得，解得，
即本次竞赛学生成绩的中位数为.
由频率分布直方图可知，本次竞赛学生成绩的平均数为.
【点睛】本题考查利用频率分布直方图求参数、众数、中位数和平均数，考查了频率、频率和样本容量三者基本关系的应用，考查计算能力，属于基础题.
18. 法国数学家费马被称为业余数学之王，很多数学定理以他的名字命名.对而言，若其内部的点P满足，则称P为的费马点.如图所示，在中，已知，设P为的费马点，且满足，.
（1）求的面积；
（2）求PB的长度.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知利用三角形的内角和定理可得，，可得在中，，可得，利用三角形的面积公式即可求解的面积．
（2）利用特殊角的三角函数值，两角差的正弦函数公式可求，的值，在中，由正弦定理可得PB的值．
【详解】（1）由已知，所以.
在中，，故.
所以的面积.
（2）中，由正弦定理（*）
而，
代入（*）式得.
【点睛】本题考查三角形的内角和定理、三角形的面积公式、特殊角的三角函数值、两角差的正弦函数公式、正弦定理在解三角形中的综合应用，考查转化与化归思想、函数与方程思想．
19. 在四棱锥中，底面是正方形，平面是的中点.
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且，在棱上求一点，使得平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）点为棱的中点
【解析】
【分析】（1）解法一：设交于，连接.利用线面平行的判定定理即可证明；解法二：利用空间向量可证得，从而，即可证明；
（2）由题意求出点G的坐标，进而求出平面的法向量，设，利用建立方程，解出即可求解.
【小问1详解】
解法一：连接交于，连接.则在中，.
而平面平面
所以平面.
解法二：以为坐标原点，射线分别为轴､轴､轴的正方向建立空间直角坐标系.
设.连接交于，连接.
依题意得.因为底面是正方形，
所以是此正方形的中心，故点的坐标为，
所以.
则，故.而平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为，得
设平面的法向量为，
故，令，则，故，
又，
设，
又因为平面，
所以，即，解得，
所以点为棱的中点时，平面.
20. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果:平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆.已知平面直角坐标系中且.
（1）求点P的轨迹方程；
（2）若点P在（1）的轨迹上运动，点M为AP的中点，求点M的轨迹方程;
（3）若点在（1）的轨迹上运动，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）设出，由题意列出方程，化简得到点P的轨迹方程；
（2）利用相关点法求解点M的轨迹方程；
（3）表示的几何意义为圆心为，半径为2的圆上的点与连线的斜率，画出图形，数形结合求出最值，从而求出取值范围.
【小问1详解】
设，则，
化简得：，故点P的轨迹方程为；
【小问2详解】
设，因为点M为AP的中点，
所以点P的坐标为，
将代入中，得到，
所以点M的轨迹方程为；
【小问3详解】
因为点在（1）的轨迹上运动，
所以，变形为，
即点为圆心为，半径为2的圆上的点，
则表示的几何意义为圆上一点与连线的斜率，如图：
当过的直线与圆相切时，取得最值，
设，
则由点到直线距离公式可得：，
解得：或·，
故的取值范围是.
21. 如图，在四棱锥中，平面平面，，为中点，点在上，且.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）线段上是否存在点，使得平面？说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由题意和勾股定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；
（2）由面面垂直的性质和线面垂直的性质可得，进而建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出该面面角；
（3）假设存在这样的点Q，则存在使得.利用线面平行和空间向量的坐标表示建立关于的方程，解得，即可下结论.
【小问1详解】
在中，
所以，即.
又因为，在平面中，，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，由平面，得.
由（2）知，且已知，
故以A为原点，建立如图空间直角坐标系，
则，.
所以
因为为中点，所以.
由知，.
设平面的法向量为，
则即
令，则.于是.
由（1）知平面，所以平面的法向量为.
所以，
由题知，二面角为锐角，所以其余弦值为；
【小问3详解】
设是线段上一点，则存在使得.
因为，
所以.
因为平面，所以平面，当且仅当，
即.
即.解得.
因为，
所以线段上不存在使得平面.
22. 已知椭圆过点，点A为下顶点，且AM的斜率为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）如图，过点作一条与y轴不重合的直线，该直线交椭圆E于C、D两点，直线AD，AC分别交x轴于H，G两点，O为坐标原点．证明：为定值，并求出该定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）根据椭圆所过的点和已知的AM的斜率列出方程组求解即可；
（2）设直线BC：，与椭圆方程联立，运用韦达定理得到C、D两点横坐标的关系，得到，代入直线方程和韦达定理化简即可得到答案.
【小问1详解】
因为椭圆过点，，且AM的斜率为，
所以，
解得，，
所以椭圆E的方程为
【小问2详解】
证明：由题意知，直线BC的斜率存在，设直线BC：，
设，，
由，得，
，得，
则，，
因为，直线AD的方程为，
令，解得，
则，同理可得，
所以
为定值，