湖北省武汉市第二名校2023-2024学年高二上学期10月阶段性检测数学试题（含解析）

第第页湖北省武汉市第二名校2023-2024学年高二上学期10月阶段性检测数学试题（含解析）武汉二中2025届高二上学期十月阶段性检测

数学试卷

命题老师：张嘉骏审题老师：陈锟

考试时间：2023年10月8日上午7：50~9：50试卷满分：150分

一．单选题（共8小题）

1.圆关于点对称的圆的标准方程为（）

A.B.

C.D.

【答案】D

【解析】

【分析】先将圆的方程化为标准方程得到圆心和半径，再求出圆心关于的对称点即可得到对称的圆的标准方程.

【详解】由题意可得圆标准方程为，

所以圆心为，半径为，

因为点关于点的对称点为，

所以所求对称圆的标准方程为，

故选：D

2.直线，若，则实数的值为（）

A.0B.3C.0或D.0或3

【答案】C

【解析】

【分析】根据直线垂直的充要条件列方程求解即可.

【详解】因为，，

所以，即，解得或.

故选：C.

3.若圆心在第一象限的圆过点，且与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（）

A.1B.C.2D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据已知确定圆心坐标，利用点线距离公式求距离即可.

【详解】圆心在第一象限的圆过点，且与两坐标轴都相切，则为x轴上切点，

故圆心为，则圆心到直线的距离为.

故选：D

4.如图，在三棱柱中，E、F分别是BC、的中点，为的重心，则（）

A.B.

C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据向量的数乘及加、减运算求解即可.

【详解】解：由题意可得：

.

故选：A.

5.设，为实数，若直线与圆相交，则点与圆的位置关系是（）

A.在圆上B.在圆外C.在圆内D.不能确定

【答案】B

【解析】

【分析】根据直线与圆的位置关系，求得满足的关系式，结合点与圆位置关系的判断方法，判断即可.

【详解】根据题意，即，故点在圆外.

故选：B.

6.已知直线：，且与轴、轴分别交于、两点．若使的面积为的直线共有（）条

A.1B.2C.3D.4

【答案】C

【解析】

【分析】利用直线方程求得直线与两坐标轴的交点、，从而将的面积表示为斜率的函数，分和两种情况根据的面积为的条件计算，利用一元二次方程的解法运算即可得解.

【详解】解：

如上图，当时，则直线过定点，

∵与轴、轴分别交于、两点，

∴直线的斜率存在且不为，

且∵直线方程为，

∴当时，当时，

∴直线与轴交于点，直线与轴交于点，

∴，，

∵，则是直角三角形，

∴，

（i）当时，，

由题意，的面积为，则，

即，解得：.

（ii）当时，，

由题意，的面积为，则，

即，解得：.

综上知，使的面积为的直线共有3条.

故选：C.

7.如下图，一次函数的图象与轴，轴分别交于点，，点是轴上一点，点，分别为直线和轴上的两个动点，当周长最小时，点，的坐标分别为（）

A.，B.，

C.，D.，

【答案】C

【解析】

【分析】作关于轴的对称点，作关于的对称点，连接交轴于，交于，有，即此时周长最小，求出点坐标，可得直线方程，与联立求出点坐标，令可得点坐标.

【详解】作关于轴的对称点，

作关于的对称点，

连接交轴于，交于，所以，

此时周长最小，即，

由，直线方程为，所以，解得，

所以，可得直线方程为，即，

由，解得，所以，

令可，所以.

故选：C.

8.费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角均小于120°时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等且均为120°.根据以上性质，.则的最小值为（）

A.4B.C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意作出图形，证明出三角形ABC为等腰直角三角形，作出辅助线，找到费马点，求出最小值.

【详解】由题意得：的几何意义为点到点的距离之和的最小值，

因为，，

，

所以，故三角形ABC为等腰直角三角形，，

取的中点，连接，与交于点，连接，故，，

因为，所以，故，则，

故点到三角形三个顶点距离之和最小，即取得最小值，

因为，所以，同理得：，，

，

故的最小值为.

故选：B

二．多选题（共4小题）

9.已知m，n是两条不同直线，方向向量分别是，；，，是三个不同平面，法向量分别是，，，下列命题不正确的是（）

A.若，，则B.若，，则

C.若，，则D.若，，则

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据题意，由方向向量以及法向量的定义，逐一分析判断空间线面的位置关系，即可得到结果.

【详解】若，，可知平面同时垂直于平面，

但是无法确定平面与平面的位置关系，故A错误；

若，，可知，，则或，故B错误；

若，，可知或，或，

但是无法确定的位置关系，故C错误；

若，，可知，垂直于同一直线的两个平面平行，故D正确；

故选：ABC

10.已知直线与圆，则（）

A.直线l过定点

B.圆C的半径是4

C.直线l与圆C一定相交

D.圆C的圆心到直线l的距离的最大值是

【答案】ACD

【解析】

【分析】求解直线系经过的定点，圆的圆心与半径，两点间的距离判断选项的正误即可.

【详解】由题意可得直线，

由，解得，则直线l过定点，故A正确；

圆，即，

则圆C的圆心坐标为，半径为2，故B错误；

因为，则点在圆C的内部，

所以直线l与圆C一定相交，故C正确；

因为，所以圆C的圆心到直线l的距离的最大值是，故D正确.

故选：ACD.

11.已知空间单位向量，，两两夹角均为，，，则下列说法中正确的是（）

A.、、、四点可以共面

B.

C.

D.

【答案】BC

【解析】

【分析】根据向量共面即可判断点共面，进而可判断A，根据数量积的运算律即可求解B，根据模长的计算公式即可判断C，根据夹角公式即可求解D.

【详解】由于单位向量，，两两夹角均为，

所以，

假设、、、四点可以共面，则共面，

所以存在，使得，分别用，，与点乘，

则，由于该方程组无解，所以不存在，使得共面，

故、、、四点不共面，故A错误，

对于B，,故B正确，

对于C，由得，

由得,

所以,则

,故C正确；

对于D，

，

故，故D错误，

故选：BC.

12.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（，且）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.设点的轨迹为曲线，则下列说法正确的是（）

A.的方程为

B.当，，三点不共线时，则

C.在上存在点，使得

D.若，则的最小值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A，通过直接法求出点的轨迹方程即可判断；

对于B，由题意，结合三角形内角平分线定理进行判断即可；

对于C，由“阿波罗尼斯圆”定义，求点轨迹方程，用圆与圆位置关系进行判断即可；

对于D，将转化为进行判断即可.

【详解】设，（不与，重合）

∵，，∴，，

∴，得，化简得，

∴点的轨迹曲线是以为圆心，半径的圆，

对于A，曲线的方程为，故选项A正确；

对于B，由已知，，，∴，

∴当，，三点不共线时，由三角形内角平分线定理知，是内角的角平分线，

∴，故选项B正确；

对于C，若，则，由题意，点轨迹是圆，

设，由得，化简得点轨迹方程为，

即点的轨迹是圆心为，半径的圆，

圆与圆的圆心距，

∴圆与圆的位置关系为内含，圆与圆无公共点，

∴上不存在点，使得，故选项C错误；

对于D，∵，∴，

∴，

当且仅当在线段上时，等号成立，故选项D正确.

故选：ABD.

三．填空题（共4小题）

13.过点且在两坐标轴上截距互为相反数的直线方程是__________．

【答案】或

【解析】

【详解】由题意直线斜率一定存在且不为0，设直线方程为，

令，得；令，得．

由条件得，

解得或，

当时，直线方程为，即．

当时，直线方程为，即．

综上可得所求直线方程为或．

答案：或．

14.已知点四点共圆，则点D到坐标原点O的距离为______.

【答案】

【解析】

【分析】运用待定系数法求得过A、B、C的圆的方程，由点D在此圆上可求得的值，再根据两点间距离公式即可求得结果.

【详解】设过A、B、C的圆的方程为：（），

则，解得，

所以过A、B、C的圆的方程为：，

又因为点D在此圆上，

所以，解得，

所以点D到坐标原点O的距离为.

故答案为：.

15.如图所示，在平行六面体中，，，，则________．

【答案】2

【解析】

【分析】据空间向量基本定理把用，，作基底表示，利用向量数量积运算即可求解.

【详解】在平行六面体中,，

所以，

因为，所以，

又，

所以，，

所以

所以

故答案为：2.

16.过两直线和的交点且过原点的直线方程为________．

【答案】

【解析】

【分析】根据直线相交设所求直线为，结合直线过原点求参数，即可得方程.

【详解】令所求直线为，

又直线过原点，则，

所以所求直线为.

故答案为：

四．解答题（共6小题）

17.新高考取消文理分科，采用选科模式，这赋予了学生充分的自由选择权．新高考地区某校为了解本校高一年级将来高考选考历史的情况，随机选取了100名高一学生，将他们某次历史测试成绩（满分100分）按照，，，，分成5组，制成如图所示的频率分布直方图．

（1）求图中a的值并估计这100名学生本次历史测试成绩的中位数．

（2）据调查，本次历史测试成绩不低于60分的学生，高考将选考历史科目；成绩低于60分的学生，高考将不选考历史科目．按分层抽样的方法从测试成绩在，的学生中选取5人，再从这5人中任意选取2人，求这2人中至少有1人高考选考历史科目的概率．

【答案】（1）；

（2）

【解析】

【分析】（1）根据和频率总和为1计算出a的值；频率分布直方图中中位数左右两边的直方图面积相等都为0.5，由此列式即可计算出中位数；

（2）根据频率分布直方图计算出成绩在，的学生频数，根据分层抽样规则计算出对应区间人数，最后列式计算或用列举法即可得出答案.

【小问1详解】

，解得

设中位数为x，因为学生成绩在的频率为，在的频率为

所以中位数满足等式，解得

故这100名学生本次历史测试成绩的中位数为.

【小问2详解】

成绩在的频数为

成绩在的频数为

按分层抽样的方法选取5人，则成绩在的学生被抽取人，在的学生被抽取人

从这5人中任意选取2人，都不选考历史科目的概率为，故这2人中至少有1人高考选考历史科目的概率为.

18.如图，在多面体中，平面平面，，，，，是的中点．

（1）证明：平面；

（2）求点到平面的距离．

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】

【分析】（1）取中点，结合三角形中位线性质可证得四边形为平行四边形，从而得到，由线面平行的判定可证得结论；

（2）根据面面垂直性质可得平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据点到面距离的向量求法可求得结果.

【小问1详解】

取中点，连接，

分别为中点，，，

又，，，，

四边形为平行四边形，，

又平面，平面，平面.

【小问2详解】

平面平面，平面平面，，平面，

平面，又，

则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，

，，，

设平面的法向量，

则，令，解得：，，，

点到平面的距离.

19.已知的一条内角平分线的方程为，一个顶点为，边上的中线所在直线的方程为．

（1）求顶点的坐标；

（2）求的面积．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）由点在直线上，设，由为边上的中线，得出线段的中点在直线上，根据中点公式求出中点，代入直线的方程即可求解；

（2）由是的一条角平分线，得出点关于直线的对称点在直线上，由点关于直线对称得出坐标，结合点的坐标求出直线的方程，再与直线联立求出的坐标，由两点之间距离公式求出，由点到直线距离公式求出到直线的距离，即可根据三角形面积公式代入计算即可．

【小问1详解】

因为直线的方程为，

设，又，

所以线段的中点坐标为，

因为线段的中点在直线上，

所以，整理得，即，

所以．

【小问2详解】

因为是的一条角平分线，

所以点关于直线的对称点在直线上，

设，

则，解得，

所以，

所以直线的方程为，整理得，

联立直线与直线的方程，，

解得，即，

所以，

点到直线的距离，

所以．

20.在中，角，，的对边分别为，，，若.

（1）求角的大小；

（2）若为上一点，，，求的最小值.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，结合余弦定理求得正确答案.

（2）利用三角形的面积公式列方程，结合基本不等式求得的最小值.

【小问1详解】

依题意，，

由正弦定理得，

，所以，

所以是钝角，所以.

【小问2详解】

，

，所以，

即，

所以，

当且仅当时等号成立.

21.如图所示，四棱锥的底面ABCD为边长为的正方形，且，M为棱PC的中点，N为棱BC上的点．

（1）求直线AM与平面BMD所成角的余弦值；

（2）线段BC上是否存在一点N，使得平面DMN与平面BMD夹角的余弦值为，若存在，求出BN长度．

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得平面BDM的一个法向量为，设直线AM与平面BMD所成的角为，由求解；

（2）根据N在BC上，设，求得平面DMN的一个法向量为，设平面DMN与平面BMD的夹角为，由求解.

【小问1详解】

解：建立如图所示空间直角坐标系：

则，

所以，

设平面BDM的一个法向量为，

则，即，

令，则，，所以，

设直线AM与平面BMD所成的角为，

所以，

则，所以直线AM与平面BMD所成角的余弦值是；

【小问2详解】

因为N在BC上，设，

则，

设平面DMN的一个法向量为，

则，即，

令，则，所以，

设平面DMN与平面BMD的夹角为，

所以，

解得，则，，

所以.

22.已知圆M的圆心M在x轴上，半径为2，直线l：3x＋4y－1＝0被圆M截得的弦长为2，且圆心M在直线l的上方．

（1）求圆M的方程；

（2）设A（0，t），B（0，t－6）（2≤t≤4），若圆M是的内切圆，求AC，BC边所在直线的斜率（用t表示）

（3）在（2）的条件下求的面积S的最大值及对应的t值．

【答案】（1）（x－2）2＋y2＝4

（2）；

（3）最大值为24，t＝2或t＝4

【解析】

【分析】（1）根据直线与圆的弦长公式，可求得圆心M到直线l的距离，再结合点到直线距离公式，可求得圆心坐标，即可得答案.

（2）设AC斜率为k1，BC斜率为k2，即可表示出直线AC和直线BC的方程，根据圆M与直线AC和直线BC相切，即可得表达式，即可得答案.

（3）由（2）可得直线AC和直线BC方程，联立可求得C点横坐标，可得面积S表达式，根据（2）可得表达式，根据t的范围，可得的范围，进而可得S的最大值.

【小问1详解】

设圆心M（a，0），由已知得M到l：3x＋4y－1＝0的距离为，

所以，又因为M在l的上方，

所以3a－1>0，则3a－1＝5，解得a＝2，

所以圆的方程为（x－2）2＋y2＝4.

【小问2详解】

设AC斜率为k1，BC斜率为k2，

则直线AC的方程为y＝k1x＋t，直线BC的方程为y＝k2x＋t－6.

由于圆M与AC相切，所以，

解得；同理可得.

【小问3详解】

由（2）可得直线AC的方程为，直线BC的方程为，

联立两条直线方程得C点横坐标为，

因为，

所以，

由（2）得：

因为2≤t≤4，所以－9≤t2－6t≤－8，

所以，

所以，则，

所以，此时t2－6t＝－8，解得t＝2或t＝4.

综上：的面积S的最大值为24，此时t＝2或t＝4.武汉二中2025届高二上学期十月阶段性检测

数学试卷

命题老师：张嘉骏审题老师：陈锟

考试时间：2023年10月8日上午7：50~9：50试卷满分：150分

一．单选题（共8小题）

1.圆关于点对称的圆的标准方程为（）

A.B.

C.D.

2.直线，若，则实数值为（）

A.0B.3C.0或D.0或3

3.若圆心在第一象限的圆过点，且与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（）

A.1B.C.2D.

4.如图，在三棱柱中，E、F分别是BC、的中点，为的重心，则（）

A.B.

C.D.

5.设，为实数，若直线与圆相交，则点与圆的位置关系是（）

A.在圆上B.在圆外C.在圆内D.不能确定

6.已知直线：，且与轴、轴分别交于、两点．若使的面积为的直线共有（）条

A.1B.2C.3D.4

7.如下图，一次函数的图象与轴，轴分别交于点，，点是轴上一点，点，分别为直线和轴上的两个动点，当周长最小时，点，的坐标分别为（）

A.，B.，

C.，D.，

8.费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角均小于120°时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等且均为120°.根据以上性质，.则的最小值为（）

A.4B.C.D.

二．多选题（共4小题）

9.已知m，n是两条不同直线，方向向量分别是，；，，是三个不同平面，法向量分别是，，，下列命题不正确的是（）

A.若，，则B.若，，则

C.若，，则D.若，，则

10已知直线与圆，则（）

A.直线l过定点

B.圆C的半径是4

C.直线l与圆C一定相交

D.圆C的圆心到直线l的距离的最大值是

11.已知空间单位向量，，两两夹角均为，，，则下列说法中正确的是（）

A.、、、四点可以共面

B

C.

D.

12.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（，且）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.设点的轨迹为曲线，则下列说法正确的是（）

A.的方程为

B.当，，三点不共线时，则

C.在上存在点，使得

D.若，则的最小值为

三．填空题（共4小题）

13.过点且在两坐标轴上截距互