2023-2024学年湖南省长沙外国语学校高二上学期期中数学试题（解析版）

长沙外国语学校2023年下学期高二年级期中考试数学命题人：吴逸凡审题人：付文强时量：120分钟满分：150分一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．椭圆的焦点坐标是（）A． B． C． D．2．若直线的斜率大于1，则的倾斜角的取值范围为（）A． B． C． D．3．“”的一个充分不必要条件是（）A． B． C． D．4．已知椭圆的离心率为是的两个焦点，为上一点，若的周长为，则椭圆的焦距为（）A． B． C． D．5．圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为（）A． B． C． D．6．已知，且，则（）A． B． C． D．7．古希腊数学家阿基米德是世界上公认的三位最伟大的数学家之一，其墓碑上刻着他认为最满意的一个数学发现——圆柱容球定理．如右图，一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即圆柱的底面直径和高都等于球的直径），则圆柱的表面积与球的表面积之比为（）A． B．2 C． D．8．已知，点为直线上的一点，点为圆上的一点，则的最小值为（）A． B． C． D．二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）9．若直线过点，且在两坐标轴上的截距互为相反数，则该直线的一般式方程可能为（）A． B． C． D．10．已知直线和圆，则（）A．直线恒过定点 B．存在使得直线与直线垂直C．直线与圆相交 D．直线被圆截得的最短弦长为11．如图，在正方体中，，点分别在棱和上运动（不含端点），若，则下列命题正确的是（）A． B．平面C．线段长度的最大值为1 D．三棱锥体积不变12．我们通常称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”．如图，已知椭圆，为顶点，为焦点，为椭圆上一点，下列条件能使椭圆为“黄金椭圆”的有（）A．长轴长为4，短轴长为 B．C．轴，且 D．四边形的内切圆过焦点三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知复数，则的虚部为______．14．从长度为的4条线段中任取3条，则这三条线段能构成一个三角形的概率为______．15．圆上点到直线距离的最小值是______．16．如图所示，已知椭圆的方程为，若点为椭圆上的点，且，则的面积是______．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．已知两圆和．（1）求两圆的公共弦所在直线的方程；（2）求过两圆交点且圆心在直线上的圆的方程．18．已知分别为三个内角得对边，且．（1）求；（2）若，求的面积．19．如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，直线平面．（1）证明：平面平面；（2）设，求二面角的余弦值．20．为了调查疫情期间物理网课学习情况，某校组织了高一年级学生进行了物理测试．根据测试成绩（总分100分），将所得数据按照分成6组，其频率分布直方图如图所示．（1）求图中的值；（2）试估计本次物理测试成绩的平均分；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（3）该校准备对本次物理测试成绩优异（将成绩从高到低排列，排在前的为优异）的学生进行嘉奖，则受嘉奖的学生分数不低于多少？21．已知椭圆的离心率是，点在上．（1）求的方程；（2）过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点．22．已知函数为偶函数．（1）求实数的值；（2）解关于的不等式；（3）设，若函数与图象有2个公共点，求实数的取值范围．参考答案：一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）12345678CBDABDCD二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）9101112BCBCDADBD1．C【分析】由椭圆的标准方程求解即可．【详解】由于椭圆标准方程为：．，所以，则．又，所以焦点在轴上，故焦点坐标为：．故选：C．2．B【分析】根据斜率与倾斜角的关系，结合正切函数的性质即可求解．【详解】设的倾斜角为，易得，由，且得．故选：B3．D【分析】结合绝对值不等式的解法，利用充分条件、必要条件的概念判断即可．【详解】由解得或，对于A，由得不到，由得不到，所以是的既不充分也不必要条件，不合题意；对于B，由得不到，由得不到，所以是的既不充分也不必要条件，不合题意；对于C，由得不到，由得不到，所以是的既不充分也不必要条件，不合题意；对于D，当成立时，一定有，但是成立时，不一定有成立，所以是的一个充分不必要条件．故选：D．4．A【分析】由椭圆的离心率和焦点三角形的周长，列方程组求，可得椭圆的焦距．【详解】设椭圆方程为，依题意可知，，解得，所以椭圆的焦距为．故选：A5．B【分析】根据题意，求得圆锥的高，再由圆锥的体积公式，即可得到结果．【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，则，所以，所以圆锥的体积为．故选：B6．D【分析】由倍角余弦公式并整理得，结合角的范围得，进而求，应用倍角正切公式求值即可．【详解】由，即，所以或，又，则，所以，则，由．故选：D7．C【分析】设球的半径为，从而得到圆柱的底面半径为，高为，从而求出圆柱的表面积和球的表面积，得到答案．【详解】设球的半径为，根据题意可得圆柱的底面半径为，高为，设圆柱的表面积为，球的表面积为，故圆柱的表面积与球的表面积之比为．故选：C8．D【分析】令，可得点的坐标为，则，即可得答案．【详解】设，令，则，则．如图，当三点共线时，且垂直于直线时，有最小值，为，即直线到点距离，为．故选：D9．BC【分析】利用排除法，逐一验证选项是否满足题设条件即可得解，或利用直线的截距式方程、斜截式方程、一般式方程分类讨论运算即可得解．【详解】解法一：对于选项A，直线不过点，故A错误；对于选项B，直线过点，又直线过原点，直线在两坐标轴上的截距均为0，直线在两坐标轴上的截距互为相反数，故B正确；对于选项C，直线过点，又直线的截距式方程为，直线在轴、轴上的截距分别为和7，直线在两坐标轴上的截距互为相反数，故C正确；对于选项D，直线的截距式方程为，直线在轴、轴上的截距均为1，直线在两坐标轴上的截距不是相反数，故D错误；解法二：由题意，直线过点，且在两坐标轴上的截距互为相反数，则（ⅰ）当直线在两坐标轴上的截距为0时，设直线方程为：，直线过点，解得：，直线方程为：，即为．（ⅱ）当直线在两坐标轴上的截距不为0时，直线在两坐标轴上的截距互为相反数，设直线方程为：，直线过点，解得：，直线方程为：，即为．综上知，该直线的一般式方程为或．故选：BC．10．BCD【分析】利用直线方程求定点可判断选项A；利用两直线的垂直关系与斜率的关系判断选项B；利用直线恒过定点在圆内可判断选项C；利用弦长公式可判断选项D．【详解】对于A，由可得，，令，即，此时，所以直线恒过定点，A错误；对于B，因为直线的斜率为，所以直线的斜率为，即，此时直线与直线垂直，满足题意，B正确；对于C，因为定点到圆心的距离为，所以定点在圆内，所以直线与圆相交，C正确；对于D，设直线恒过定点，圆心到直线的最大距离为，此时直线被圆截得的弦长最短为，D正确；故选：BCD．11．AD【分析】首先建立空间直角坐标系，利用坐标表示条件中的垂直关系，即可判断选项ABC；利用等体积转化，即可判断D．【详解】如图，建立空间直角坐标系，，设，且，，得，，所以，故，故A正确；，所以与不垂直，则不垂直与平面，故B错误；所以时，的最大值为，故C错误；，故D正确．故选：AD12．BD【分析】根据椭圆的性质结合解直角三角形一一计算判定即可．【详解】对于A项，若长轴长为4，短轴长为，可知此时，即A错误；对于B项，若，此时，即，符合定义，即B正确；对于C项，若轴，且，易得，且，则，即C错误；对于D项，若四边形的内切圆过焦点，则到直线的距离为，此时，解之得，又，符合定义，即D正确．故选：BD13．【分析】根据复数虚部的定义进行求解即可．【详解】因为复数，所以的虚部为，故答案为：．14．【分析】采用列举法可得所有基本事件和满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可得结果．【详解】从4条线段中任取3条，则有共4个基本事件；其中三条线段能够成三角形的基本事件有：共1个；所求概率．故答案为：15．1【分析】求出圆心到直线的距离后减去半径可得．【详解】由题意圆心为，半径为1，圆心到已知直线的距离为，所以所求距离最小值为．故答案为：1．16．【分析】根据椭圆的定义、余弦定理等知识求得，从而求得的面积．【详解】由已知，得，则，在中，由余弦定理，得，所以，由，得，所以，化简解得，所以的面积为．故答案为：．17．（1） （2）【分析】（1）两圆的方程相减，即可得公共弦所在直线的方程；（2）根据题意，得到所求圆的圆心在直线上，联立方程组求得圆心坐标和半径，即可的圆的方程．【详解】（1）解：由圆和，两个圆的方程相减，可得，即两圆的公共弦所在直线的方程为．（2）解：由两圆方程，可得圆心，可得圆心连线所在直线的方程为，由圆的性质，可得所求圆的圆心在直线上，由方程组，解得，又由方程组，解得或，即两个圆的交点为或，即所求圆的圆心坐标为，半径，所以所求圆的方程为．18．（1）（2）【分析】（1）根据已知由余弦定定理化简得，再利用余弦定理求得，从而可求角；（2）利用余弦定理及已知条件求得，代入三角形面积公式即可求解．【详解】（1）因为，由余弦定理得：，整理得：，所以，即，所以又，所以．（2）由余弦定理得：，化简得，解得，所以，所以的面积为．19．（1）证明见解析（2）【分析】（1）根据圆的性质可得，根据平面可得，进而得到平面，最后根据面面垂直的判定定理可得结果；（2）过作于，连结，通过证明平面平面，找到二面角的平面角，进而计算即可．【详解】（1）证明：是圆的直径，，又平面平面，，，且平面，平面，又平面，平面平面．（2）过作于，连结，平面平面，，，且平面，平面，又平面，，为二面角的平面角，在中，，，则，二面角的余弦值为．20．（1）0.025；（2）71；（3）88．【分析】（1）由直方图区间频率和为1求参数；（2）根据直方图求物理测试成绩的平均分即可；（3）根据直方图求出成绩从高到低排列且频率为0.13对应分数即可．【详解】（1）由，解得；（2），故本次防疫知识测试成绩的平均分为71；（3）设受嘉奖的学生分数不低于分，因为对应的频率分别为，所以，解得，故受嘉奖的学生分数不低于88分．21．（1）（2）证明见详解【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；（2）设直线的方程，进而可求点的坐标，结合韦达定理验证为定值即可．【详解】（1）由题意可得，解得，所以椭圆方程为．（2）由题意可知：直线的斜率存在，设，联立方程，消去得：，则，解得，可得，因为，则直线，令，解得，即，同理可得，则所以线段的中点是定点．【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；（3）得出结论．22．（1）（2）（3）【分析】（1）根