湖北省云学名校联盟2023-2024学年高二上学期12月联考数学试题

2023年云学名校联盟高二年级12月联考数学试卷命题学校：恩施高中命题人：黄炜徐清海（审）审题人：郧阳中学徐琦考试时间：2023年12月21日14：30-16：30时长：120分钟满分：150分一、单选题：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，只有一个选项符合题目要求.1.已知双曲线的渐近线方程为，则实数（）A.4 B.8 C.32 D.64【答案】A【解析】【分析】根据双曲线标准方程与渐近线的关系即可列式求解.【详解】由题意，双曲线焦点在轴上，且，∴，∴渐近线为，∴，解得，故选：A.2.已知l、m、n是不同直线，是不同的平面，则的一个充分条件是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用空间中直线与平面位置关系分析判断ABC，利用面面垂直的性质及线面垂直的性质判断D详解】对于A，若，则可能平行，也可能异面，故A错误；对于B，若，则可能相交，可能平行，也可能异面，故B错误；对于C，若，则可能相交，可能平行，故C错误；对于D，如图，设，在上取一点，作，垂足为，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，又，，∴，∵，∴，故D正确.故选：D.3.已知点，若经过点的直线l与线段AB有公共点，则直线l的倾斜角的取值范围为（）A B.C. D.【答案】C【解析】【分析】作出图形，求出的斜率，数形结合求出直线的斜率的取值范围，再根据斜率与倾斜角的关系可求得结果.【详解】依题意，直线的斜率，直线的斜率，直线l与线段AB有公共点，则直线l的斜率满足，当时，直线l的倾斜角，当时，，所以直线l的倾斜角的取值范围为.故选：C4.我国经济的迅速发展使得对能源的需求增加，常规的化石能源供应不足的矛盾日益突出．能源安全成为我国必须解决的战略问题．发展新能源和可再生能源有利于改善我国能源结构，保障能源安全，保护环境，走可持续发展之路．为响应国家号召，甲、乙两公司在某小区设置电动汽车充电桩．某一天，甲公司设置的10组充电桩被使用的平均时间为a，方差为2；乙公司设置的30组充电桩被使用的平均时间为b，方差为．若，则该小区这40组充电桩被使用时间的方差为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，由分层随机抽样的均值与方差公式计算即可得答案.【详解】总样本平均数为，设该小区这40组充电桩被使用时间的方差为，则由题意可得.故选：B.5.下列有关事件与概率的说法错误的是（）A.若，则B.若，则A与B不独立C.若A与B对立，则与互斥D.若，则A与B对立【答案】D【解析】【分析】根据概率的性质判断A；由独立事件的定义判断B；由对立事件与互斥事件的定义判断C；通过举例判断D.【详解】根据概率的性质可知，若，则，故A正确；根据独立事件的定义可知，若，则A与B不独立，故B正确；若A与B对立，则与对立，所以与互斥，故C正确；一枚骰子投掷一次，记事件A＝{出现点数为1，3，6}，事件B＝{出现点数为2，4，6}，则，满足，但A与B不是对立事件，故D错误.故选：D．6.已知，直线上存在点P，且点P关于直线的对称点满足，则实数k的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】设，则，由两点间的距离公式可得的一元二次方程，由解不等式即可.【详解】设，则，由，得，由两点间的距离公式可得：，整理可得，由题意，得，解得或，即实数k的取值范围是.故选：A.7.已知A、F分别为椭圆的左顶点和左焦点，B、C是椭圆上关于原点对称的点，若直线平分线段，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，可得的中点的坐标，由三点共线得，即可求解.【详解】由题意得，设，则的中点，∵三点共线，∴，即，整理得，∴．故选：A.8.如图所示，两个不同的平面，A、B两点在两平面的交线上，，以AB为直径的圆在平面内，以AB为长轴，F、为焦点的椭圆在平面内．过圆上一点P向平面作垂线，垂足为H，已知，且．若射线FH与椭圆相交于点Q，且，在平面内，以点H为圆心，半径为4的圆经过点Q，且圆H与直线AB相切．则平面所成的角的余弦值为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用椭圆的定义及圆的性质求解相关长度，再利用二面角的定义可求答案.【详解】设圆与直线相切于点,连接，因为平面，平面,所以又因为,所以平面,所以，即为平面所成的平面角.在中，，，所以，.在中，,由椭圆的定义可得,又，，，由余弦定理可得且.设的中点为,则，所以.在中，所以，在中，.平面所成的角的余弦值为.故选：C.二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.已知圆和圆相交于A，B两点，则下列结论正确的是（）A.两圆的公共弦AB的长为B.四边形OACB的面积为C.两圆的公切线相交于点D.两圆的公切线相交所成角的大小为【答案】ACD【解析】【分析】综合应用圆与圆的位置关系解决公共弦、公切线、面积及夹角问题.【详解】A项中，两圆方程相减得公共弦AB所在直线方程：，则弦长，故A正确；B项中，四边形OACB的面积为，故B错误；C项中，设公切线：，可得，解得，，所以公切线为，解方程组，可得，即两圆的公切线相交于点，故C正确；D项中，在直角三角形ODE中，，，可得，由对称性可得两圆的公切线相交所成角的大小为，故D正确.故选：ACD.10.设甲袋中有2个红球和1个白球，乙袋中有1个红球和2个白球，现从甲袋中任取1球放入乙袋，再从乙袋中任取1球，记事件“从甲袋中任取1球是红球”，记事件“从乙袋中任取1球是白球”，则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据古典概型公式及互斥事件概率加法公式逐项求解判断即可.【详解】从甲袋中任取1球是红球的概率为，故A正确；，故C错误；，故D正确；，故B正确.故选：ABD.11.如图，在棱长为2的正方体中，E、F分别是棱、上的动点，且，则下列说法正确的是（）A.与的夹角取值范围是B.平面与正方体的截面为梯形C.三棱锥的体积为定值D.当E、F分别是棱、的中点时，三棱锥的外接球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】对于A，建立空间直角坐标系，设，，设与的夹角为，利用向量夹角公式，结合二次函数的性质求解；对于B，当与重合，与重合时，平面与正方体的截面为；对于C，计算三棱锥的体积；对于D，建立空间直角坐标系，设三棱锥的外接球的球心坐标为，半径为，则由列方程组，求解可得，进而得外接球的表面积.【详解】对于A，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，，则，，设与的夹角为，，则，令，则，当时，，则；当时，，∵，∴，∴，当时取等号，∴，则，综上，，故A正确；对于B，当与重合，与重合时，平面与正方体的截面为，如图，故B错误；对于C，∵面,∴三棱锥的体积,故C正确；对于D，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，又E、F分别是棱、的中点，则，设三棱锥的外接球的球心坐标为，半径为，则由，得，即，解得，∴，，∴三棱锥的外接球的表面积为，故D正确.故选：ACD.12.已知曲线，其中，则下列结论正确的是（）A.方程表示的曲线是椭圆或双曲线B.若，则曲线的焦点坐标为和C.若，则曲线的离心率D.若方程表示的曲线是双曲线，则其焦距的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】通过的范围，判断曲线的形状，利用特例判断A，求出焦点的坐标，判断B，求出离心率的范围判断C，求出焦距判断D.【详解】对于选项A，当时，曲线，表示直线或，故选项A错误；对于选项B，当时，曲线方程为，可知曲线为焦点为和的椭圆，故选项B正确；对于选项C，当时，曲线方程为，因为，可得曲线为焦点在轴上的椭圆，，，则，所以离心率，因为，所以，故选项C正确；对于选项D，若方程表示的曲线是双曲线，因为曲线方程为，所以，即，故，所以，，所以，因为，所以，所以，故，所以，故焦距，所以其焦距的最小值为，故选项D正确.故选：BCD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.直线经过点，且与圆相切，则直线的方程为___________；【答案】或【解析】【分析】设出直线，利用直线与圆相切，分斜率存在与不存在两种情况讨论分析.详解】由题知，圆，化为标准方程：，则圆心，半径为，设直线为，即，若不存在，则直线为，符合题意；若存在，则，解得，所以直线为，综上，直线的方程为或.故答案为：或14.已知直线l的方向向量为，则向量在直线l上的投影向量的坐标为___________；【答案】【解析】【分析】根据题意，求得，结合，代入即可求解.【详解】直线l的方向向量为和，可得，则向量直线l上的投影向量的坐标为.故答案为：.15.如图，直线AB在平面内，点C在平面外，直线AB与AC的夹角为，直线AC与平面所成的角为交．若平面ABC与平面所成角的大小为，且，则的值为___________【答案】##0.6【解析】【分析】过点作,且交于点,过点作，且交于,在三角形中，可得，中可得，进一步计算即可.【详解】过点作,且交于点,过点作，且交于,则直线AC与平面所成的角为,所以,不妨设，易得,则,又平面ABC与平面所成角为，,则,则,中，，代入，可求得，故答案：.16.过焦点为F的抛物线上一点A作其准线的垂线，垂足为B，直线BF与抛物线相交于C、D两点，当时，三角形ABF的面积为___________．【答案】【解析】【分析】根据题意，过点做垂直准线于点，过点做垂直准线于点，由条件可得，即可得到点坐标，从而得到直线方程以及点坐标，再由抛物线方程，代入计算，结合三角形面积公式，即可得到结果.【详解】过点做垂直准线于点，过点做垂直准线于点，设准线与轴交于点，做出图像如图所示，由抛物线的定义可得，，，因为，则点为中点，为的中位线，即，所以，由可得，，且抛物线，则，则，则点的横坐标为，将代入抛物线方程，可得，即，又，则直线的斜率为，由点斜式可得直线方程为，联立，解得，即，则点的纵坐标为，代入抛物线方程可得其横坐标为，则，所以.故答案为：四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.己知直线，直线，其中．（1）若直线经过点，且，求m，n；（2）若直线，当与之间的距离取最大值时，求直线的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用点在直线上，求出再利用两直线垂直的充要条件求出即可；（2）与之间的距离的最大值问题转化为两直线定点间的距离进行求解即可.【小问1详解】因为直线经过点，将点代入直线的方程可得，解得，又因为，所以，解得．综上所述，．【小问2详解】根据题意，直线过定点，直线过定点．因为，所以与之间的距离当时，与之间的距离取得最大值．此时，又因为直线AB的斜率，直线的斜率为，所以，解得，所以直线的方程为．18.2023年9月3日是中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利78周年纪念日，某市宣传部组织市民积极参加“学习党史”知识竞赛，并从所有参赛市民中随机抽取了50人，统计了他们的竞赛成绩，制成了如图所示的频率分布直方图．（1）求出图中x的值：（2）求这50位市民竞赛成绩的平均数和上四分位数：（3）若成绩不低于80分的评为“优秀市民”，从这50名市民中的“优秀市民”中任选两名参加座谈会，求这两名市民至少有一人获得90分以上的概率．【答案】（1）0.032（2）平均数74.2，上四分位数79.75（3）【解析】【分析】（1）由频率分布直方图中小长方形的面积和为1列式求解；（2）由频率分布直方图中平均数及百分位数的定义求解即可；（3）写出该试验的样本空间，根据古典概型的概率公式求解即可.【小问1详解】由频率分布直方图可知：，.【小问2详解】由得：，设市民竞赛成绩的上四分位数为a，则，，【小问3详解】由频率分布直方图可知：50名市民中有“优秀市民”12人，其中8人成绩在不高于90分，记为，有4人成绩在90分以上，记为．从“优秀市民”中任选两名参加座谈会，用集合表示这个试验的一个样本点，因此该试验的样本空间为，其中，事件“两名市民至少有一人获得90分以上”，则，其中，.19.如图，等腰梯形中，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且．（1）证明：平面平面；（2）为上的一点，若平面与平面的夹角的余弦值为，求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由条件可得，从而得平面，由面面垂直的判定可证得结论；（2）取中点，可得平面，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，根据二面角的向量求法可求得的值，利用点到平面的距离的向量求法求得结果.【小问1详解】在梯形中，取的中点，连接,∵，∴四边形为平行四边形，∴，∴，∴，∵平面，∴平面，∵平面，∴平面平面．【小问2详解】取中点，连接，，为中点，，又平面平面，平面平面，平面，平面，，分别为，中点，，平面，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，∴，，设，则，设平面的法向量，则，令，得，则，∵平面与平面夹角的余弦值为，又平面的一个法向量，则，解得，∴，又，∴点到平面的距离.20.已知曲线上的点到直线的距离是点到点的距离的2倍，曲线是顶点为原点，焦点为的抛物线．（1）求曲线的方程；（2）经过点F的直线，与曲线相交于A、B两点，与曲线相交于M、N两点，若，求直线的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据“到直线的距离是点到点的距离的2倍”列方程，化简求得曲线，（2）设出直线的方程并分别与曲线联立，利用根与系数关系求得，根据化简求得直线的方程.【小问1详解】记点到直线的距离为，由题知，，，所以，化简为．对于抛物线，，所以..【小问2详解】由于在椭圆的内部，所以与椭圆必有个交点，由题意可知，直线与轴不重合，此时与抛物线必有个交点，设直线，由曲线，联立方程，消去并整理得，，所以．联立直线与曲线，即，消去并整理得，，所以，又，所以，解得，即，所以直线的方程为或．另解：当斜率不存在时，代入计算可知不符题意，当斜率存在时，设直线，由曲线，联立方程，消去并化简得，得，所以，联立直线与曲线，即，消去并化简得，所以，所以，又，所以，解得，所以直线的方程为.【点睛】求曲线方程有两种方法，一个是根据曲线的定义，如椭圆、双曲线、抛物线的定义来求方程；另一个是根据题目给定的等量关系式来求.求解直线和圆锥曲线相交所得弦长，主要是通过联立方程组，然后结合根与系数关系以及弦长公式来进行求解.21.如图，在直三棱柱中，，M、N分别是，的中点，．（1）在平面MBC内找一点P，使得