湖北省黄冈市重点学校2023-2024学年高二上学期第五次阶段性测试数学试题（含答案）

年秋季湖北省黄冈市重点学校高二年级数学第五次阶段性测试一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知i为虚数单位，则4−3i1+i=(

)A.12+72i B.122.直线l的方向向量为(1,−1)，则该直线的倾斜角为(

)A.π4 B.π3 C.3π43.已知圆C的方程为x2+y2−2x+6y+1=0，点P在圆C上，O是坐标原点，则A.3 B.10−3 C.3−4.已知直线l:3x−y+3=0与圆x2+y+aA.3 B.6 C.−3或5 D.3或−95.如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E为棱PC的中点，

若AE=xAB+yAD+zAP，则x+y+zA.32 B.1 C.526.点P为圆C:x2+y2=9上的一个动点，点M1,1为线段A.x2+y2=1 B.x27.过点2,0引直线l与圆x2+y2=2相交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB面积取最大值时，直线l的斜率为A.±1 B.±3 C.±8.已知A−3,0,B0,3，从点P0,2射出的光线经x轴反射到直线AB上，又经过直线AB反射到PA.210 B.6 C.26二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）9.下列说法正确的有(

)A.若直线y=kx+b经过第一、二、四象限，则k,b在第二象限

B.任何一条直线都有倾斜角，都存在斜率

C.方程x+my−2=0m∈R能表示平行y轴的直线

D.10.过点A4,1且在两坐标轴上截距相等的直线方程是(

)A.x+y=5 B.x−y=3 C.x−4y=0 D.x+4y=011.已知实数x，y满足方程x2+y2A.y−2x的最大值为10−4 B.yx的最小值为1

C.yx的最大值为1 12.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2，点M，N分别在棱AB和BBA.MN⊥A1M B.MN⊥平面D1MC

C.线段BN长度的最大值为1三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知直线l1:x+ay−a=0,l2:ax−2a−314.过两条直线l1：x+y−2=0与l2：3x−y−4=0的交点，且斜率为−2的直线l的方程为______________.15.已知直线y=k(x+2)与曲线y=1−x2有公共点，则实数k16.阿波罗尼斯是古希腊著名的数学家，对圆锥曲线有深刻而系统的研究，阿波罗尼斯圆就是他的研究成果之一，指的是：已知动点M与两定点Q，P的距离之比MQMP=λλ>0,λ≠1，那么点M的轨迹就是阿波罗尼斯圆.已知动点M的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为x2+y2=1，定点Q为x轴上一点，P−1四、解答题（本大题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题12分)如图，已知△ABC的顶点为A1,−1，C3,0，B1(0,1)是边AB的中点，AD是BC边上的高，(1)求高AD所在直线的方程；(2)求AE所在直线的方程．18.(本小题12分)已知直线l:x−y+1=0和圆C:(1)判断直线l与圆C的位置关系；若相交，求直线l被圆C截得的弦长；(2)求过点4,−1且与圆C相切的直线方程．19.(本小题12分)如图，在四棱锥E−ABCD中，EC⊥底面ABCD,AB⊥BC,AB//CD,AB=1,CB=CD=CE=3(1)若F在侧棱DE上，且DF=2FE，证明：AF//平面BCE；(2)求平面ADE与平面BCE所成锐二面角的余弦值20.(本小题12分)湖南省高考目前实行“3+1+2”模式，其中“3”指的是语文、数学，外语这3门必选科目，“1”指的是考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，“2”指的是考生需要在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门，已知中南大学湘雅医学院临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门．(1)从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合中南大学湘雅医学院临床医学类招生选科要求的概率；(2)假设甲、乙、丙三人每人选择任意1个选科组合是等可能的，求这三人中有两人的选科组合符合中南大学湘雅医学院临床医学类招生选科要求的概率．21.(本小题12分)已知圆C过点A2,6，B−1,3，且圆心在直线y=x+1(1)求圆C的方程；(2)设点D在圆上运动，点E3,2，记M为过D，E两点的弦的中点，求M(3)在(2)的条件下，若直线DE与直线l:y=x−2交于点N，证明：EM•EN恒为定值22.(本小题12分)如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=12AB=1，点E、M分别在线段AB、PC上，且AEAB=PMPC=λ，其中0<λ<1，连接CE(1)求证：ME//平面PFD；(2)若λ=12时，求二面角(3)若直线PE与平面PBC所成角的正弦值为55时，求λ答案解析1.B

解：4−3i1+i=(4−3i)(1−i)(1+i)(1−i)=1−7i2=12−72i.

故选：B.

2.C

解：由题意知：直线

l

的斜率为

−11=−1

，

∴直线3.B

解：由题意得，x−12+y+32=9，圆心C坐标为(1,−3)，半径为3，圆心C与原点的距离为10，

则|OP|4.D

解：圆x2+(y+a)2=9的圆心为(0,−a)，半径为3，因为直线l:3x−y+3=0与圆x2+(y+a)2=9相切，所以圆心到直线l的距离d=3，

即|a+3|3+1=3，解得a=−9或3.故答案为：D.

5.A

解：连接AC，因为点E为棱PC6.C

解：设

Q(x,y)

，则

P(2−x,2−y)

，

点

P

为圆

C:x2+y2=9

上的点，将

P(2−x,2−y)

代入，即

(2−x)7.C

解：因为圆

x2+y2=2

的圆心

O0,0可知

△AOB

面积

S△AOB=当且仅当

sin∠AOB=1

，即

OA⊥OB

时，等号成立，此时圆心

O

到直线的距离为

d=1

由题意可设直线的斜率为

k

，则直线方程为

y=k(x−2)

，即

kx−y+2k=0

，由点到直线的距离公式得

d=2k1+k2=1

，解得8.C

解：直线AB的方程为：x+y=3.点P(0,2)关于x轴的对称点P1(0,−2)，设点P1(0,−2)关于直线AB的对称点P2(a,b)，则b+2a×(−1)=−1，a2+−2+b2=3，联立解得a=5，b=3.

∴9.AC

解：对于A，若直线y=kx+b经过第一、二、四象限，则k<0，b>0，所以点(k,b)在第二象限，选项A正确；

对于B，任何一条直线都有倾斜角，但是不一定都存在斜率，如倾斜角为90∘时斜率不存在，所以选项B错误；

对于C，当m=0时，方程x+my−2=0(m∈R)为x=2表示平行y轴的直线，所以选项C正确；

对于D，在[0∘,90∘)内，直线的斜率越大，倾斜角就越大；在(9010.AC

解：当过点A(4,1)且在两坐标轴上截距相等的直线经过原点时，它的斜率为14，方程是y=14x，即x−4y=0.

当过点A(4,1)且在两坐标轴上截距相等的直线不经过原点时，设它的方程是x+y=m，再把点A(4,1)代入，可得4+1=m，即m=5，故方程为11.BD

解：实数x，y满足方程x2+y2−4x+2=0，即满足(x−2)2+y令y−2x=k，即2x−y+k=0，当圆和直线相切时，k取得最值，由2求得k=10−4故k的最大值为10−4，最小值为−10−4由于yx表示圆上的点与原点连线的斜率，故当直线和圆相切时，yx=m取得最值，设过原点的切线方程为y=mx，即mx−y=0，由2=|2m−0|m2+1，求得m=±1故选BD.12.AD

解：在正方体ABCD−A1

B1

C1

D1中，以D为原点，以射线DA，DC，

DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：

则A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，C(0,2,0)，B(2,2,0).

设M(2,y,0)，N(2,2,z)，y，z∈(0,2)，

则D1M=(2,y,−2)，MN=(0,2−y,z)，

因为D1M⊥MN，

所以D1M⋅MN=y(2−y)−2z=0，

即z=12y(2−y)，

对于A:A1M=(0,y,−2)，

则A1M⋅MN=y(2−y)−2z=0，

所以A1M⊥MN，

即MN⊥A1M，故A正确;

对于B:CM=(2,y−2,0)，CM⋅MN=(y−2)⋅(2−y)=−(2−y)2<0，

即CM与MN不垂直，

从而13.a=0或a=2

解：∵直线x+ay−a=0与直线ax−(2a−3)y−1=0互相垂直

∴1×a+a×[−(2a−3)]=0，解得a=0或a=2

故答案为a=0或a=214.4x+2y−7=0

解：由x+y−2=03x−y−4=0，得x=32y=12，

所以直线l的方程为15.[0,33]

解：由题意得直线y=k(x+2)过定点A−2,0，画出曲线y=1−x2的图像，如图所示，

结合图像可知，当直线与半圆相切于B点时，斜率最大，根据OA=2,OB=1,OB⊥OA，可得∠BAO=30∘，此时k16.10解：由题意可得圆x2+y2=1是关于P，Q的阿波罗尼斯圆，且λ=2，则|MQ||MP|=2，

设点Q的坐标为(m,n)，则(x−m)2+(y−n)2(x+12)2+y2=2，

整理得，x2+y2+4+2m3x+2n17.解：(1)因为

B1(0,1)

是边AB的中点，所以

B因为

kBC⋅kAD=−1

因此高AD所在直线的方程为：

y+1=43(2)因为AE是

∠BAC

的平分线，所以

|AB||AC|=所以

BE=23BC

，设

Ex,y

所以AE所在直线的方程为：

y−11−18.解：(1)由圆C:x2+y2−2x+4y−4=0得(x−1)2+(y+2)2=9，

因此圆C的圆心为(1,−2)，半径r=3.

因为圆心C到直线l的距离d=|1+2+1|(2)若过点

4,−1

的直线斜率不出在，则方程为

x=4

，此时圆心

C(1,−2)

到直线

x=4

的距离为

4−1=3=r

，满足题意；若过点

4,−1

且与圆

C

相切的直线斜率存在，则设切线方程为

y+1=k(x−4)

，即

kx−y−4k−1=0

，则圆心到直线

kx−y−4k−1=0

的距离为

−3k+1k2+1=3

，解得

k=−43

，所以切线方程为

综上，过点

4,−1

且与圆

C

相切的直线方程为

x=4

或

4x+3y−13=0

.19.(1)证明：在棱EC上取一点G，使得CG=2GE.∵DF=2FE，∴FG//CD，且FG=又AB//CD，且AB=1∴AB//FG，且AB=FG，

则四边形ABGF为平行四边形，则AF//BG.∵BG⊂平面BCE，AF⊄平面BCE，

∴AF//平面BCE.

(2)解：以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C−xyz，如图所示，则D(3,0,0)，A(1,3,0)，E(0,0,3)，则AD=(2,−3,0)，DE设平面ADE的法向量为n=(x,y,z)则取x=3，则n易证平面BCE的一个法向量为m∴cos故平面ADE与平面BCE所成锐二面角的余弦值为320.解：(1)用a、b分别表示“选择物理”，“选择历史”，

用c，d，e，f分别表示选择“选择化学”，“选择生物”，“选择思想政治”，“选择地理”，

则所有选科组合的样本空间Ω={acd,ace,acf,ade,adf,aef,bcd,bce,bef,bde,bdf,bef}，共12种，设A=“从所有选科组合中任意选取1个，该选科组合符合中南大学湘雅医学院临床医学类招生选科要求”，

则

A={acd,ace,acf,ade,adf}，共5种，

∴P(A)=512(2)设甲、乙、丙三人每人的选科组合符合中南大学湘雅医学院临床医学类招生选科要求的事件分别是M，N，Q，由题意知事件M，N，Q相互独立，由(1)知

P(M)=P(N)=P(Q)=512记Z=“甲、乙、丙三人中有两人的选科组合符合中南大学湘雅医学院临床医学类招生选科要求”，则Z=MNQ∪MP(Z)=P(MNQ)+P(MNQ)+P(MNQ)

=(1)解：∵圆心在y=x+1上，∴可设圆心C(a,a+1)，∵|AC|=|BC|，∴(a−2)2+(a+1−6)2=(a+1)2+(a+1−3)2，解得：a=2，∴C(2,3)，r=|AC|=3，

故圆C的方程为：(x−2)2+(y−3)2=9.

(2)解：法1：由圆的几何性质得CM⊥ED即CM⊥EM，所以CM⋅EM=0，

设M(x,y)，则CM=(x−2,y−3),EM=(x−3,y−2)，

所以(x−2)(x−3)+(y−3)(y−2)=0，即M的轨迹方程是(x−52)2+(y−52)2=12.

法2：设过E(3,2)且斜率为k的直线为y=k(x−3)+2，与圆C的方程联立，

消去y得(1+k2)x2−(6k2+2k+4)x+(9k2+6k−4)=0，

因为E在圆C的内部，故此二次方程必有两不等实根x1，x