湖北省A9高中联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试卷(解析)

高中数学精编资源2/2A9高中联盟2023年秋季期中联考高二数学试卷试卷满分：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，只有一项符合题目要求的．1.（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的乘法法则即可化简求解.【详解】．故选：A2.如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且，点N为BC中点，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量线性运算，结合图形分析可得．【详解】因为，点N为BC中点，所以，，故．故选：B．3.为了树立和践行绿水青山就是金山银山的理念，市某高中全体教师于2023年3月12日开展植树活动，购买柳树、银杏、梧桐、樟树四种树苗共计600棵，比例如图所示.青年教师、中年教师、老年教师报名参加植树活动的人数之比为，若每种树苗均按各年龄段报名人数的比例进行分配，则中年教师应分得梧桐的数量为（）A.30棵 B.50棵 C.72棵 D.80棵【答案】C【解析】【分析】由已知比例求出中年教师应分得树苗的数量，再由饼图中梧桐占比求中年教师应分得梧桐的数量即可.【详解】由题意，中年教师应分得树苗的数量为棵.所以中年教师应分得梧桐的数量为棵.故选：C4.若直线与直线平行，则的值是（）A.1或 B. C. D.或【答案】C【解析】【分析】根据两直线平行的条件，列出方程组，即可求解.【详解】由直线与直线平行，可得，解得，所以实数的值为.故选：C.5.已知母线长为5的圆锥的侧面积为，则这个圆锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求出底面半径和高后，由体积公式计算．【详解】设圆锥的高为，底面半径为，则，，∴，体积为，故选：A．6.已知的三个顶点分别为，，，则BC边上的高等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用向量运算以及向量的夹角公式进行求解.【详解】由题意，，，可得，，，即角B为锐角，所以，所以边上高.故选：B7.已知椭圆以及椭圆内一点，则以为中点弦所在直线的斜率为（）A. B. C.-4 D.4【答案】A【解析】【分析】设出交点代入椭圆方程，相减化简得到答案.【详解】设弦与椭圆交于，，斜率，则，，相减得到，即，解得.故选：A.8.公元前世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人研究成果，写出了经典之作《圆锥曲线论》，在此著作第七卷《平面轨迹》中，有众多关于平面轨迹的问题，例如:平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点P满足，若点P的轨迹关于直线对称，则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意计算得的轨迹方程为，根据对称性可得圆心在直线方程上，即，从而利用乘“1”法即可得到最值.【详解】设点的坐标为，因为，则，即，所以点的轨迹方程为，因为点的轨迹关于直线对称，所以圆心在此直线上，即，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值是.故选：B.二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，有错选的得0分，部分选对的得2分．9.若方程所表示的曲线为C，则下面四个说法中正确的是（）A.曲线C可能是圆B.若，则C为椭圆C.若C为椭圆，且焦点在x轴上，则D.若C为椭圆，且焦点在y轴上，则【答案】AD【解析】【分析】根据方程为圆列式求解判断A，排除B，根据椭圆标准方程的特征列不等式求解范围即可判断CD.【详解】当即时，方程为，表示圆心为原点，半径为1的圆，故选项A正确，选项B错误；若C为椭圆，且焦点在x轴上，则，解得，故选项C错误；若C为椭圆，且焦点在y轴上，则，解得，故选项D正确.故选：AD.10.甲､乙各投掷一枚骰子，下列说法正确的是（）A.事件“甲投得5点”与事件“甲投得4点”不是互斥事件B.事件“甲投得6点”与事件“乙投得5点”是相互独立事件C.事件“甲､乙都投得6点”与事件“甲､乙不全投得6点”是对立事件D.事件“至少有1人投得6点”与事件“甲投得6点且乙没投得6点”是相互独立事件【答案】BC【解析】【分析】根据互斥事件、独立事件和对立事件的定义逐一判断即可.【详解】对于A，事件“甲投得5点”与事件“甲投得4点”不可能同时发生，二者为互斥事件，A错误；对于B,事件“甲投得6点”发生与否对事件“乙投得5点”没有影响，二者是相互独立事件，B正确；对于C，事件“甲､乙都投得6点”的反面为“至少有1人没有投得6点”，也即“甲､乙不全投得6点”，故事件“甲､乙都投得6点”与事件“甲､乙不全投得6点”是对立事件，C正确；对于D，事件“至少有1人投得6点”包含“甲投得6点且乙没投得6点”的情况，故事件“至少有1人投得6点”与事件“甲投得6点且乙没投得6点”不是相互独立事件，D错误，故选：BC11.已知圆和圆，下列说法正确的是（）A.两圆有两条公切线B.两圆公共弦所在的直线方程为C.点在圆上，点在圆上，的最大值为D.圆上有2个点到直线的距离为【答案】ACD【解析】【分析】由两圆的位置关系可判断A，将两圆的方程作差可判断B，转化为圆心间的距离可判断C，根据点到直线的距离判断D.【详解】对于A，由圆得..，圆心，半径为1，则，故两圆相交，故两圆有两条公切线，故A正确；对于B，因为圆，圆，将两圆的方程作差得即，所以直线的方程为，故B不正确；对于C，由圆得圆心，半径为1，由圆得圆心为，半径为2，所以，故C正确；对于D，圆心到直线的距离，而圆的半径为，显然，故只有一条与平行且距离为的直线与圆相交，故圆上有2个点到直线的距离为，故D正确.故选：ACD.12.如图，在棱长为的正方体中，，，，分别是，，，的中点，则下列说法正确的有（）A.，，，四点共面B.与所成角的大小为C.在线段上存在点，使得平面D.在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值【答案】AD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的共面定理可判断A选项，利用坐标法求异面直线夹角可直接判断B选项，假设在线段上存在点，设，，利用坐标法验证线面垂直，可判断C选项；分别证明与上的所有点到平面的距离为定值，即可判断D选项.【详解】以为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，设，则，所以，解得，故，即，，，四点共面，故A正确；因为，，所以，所以与所成角的大小为，故B错误；假设在线段上存在点，符合题意，设（），则，若平面，则，,因为，，所以，此方程组无解，所以在线段上不存在点，使得平面，故C错误；因为，所以，又平面，平面，所以平面，故上的所有点到平面的距离即为到平面的距离，是定值，又的面积是定值，所以在线段上任取一点，三棱锥的体积为定值，故D正确；故选：AD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量，的夹角为，且，，则_________．【答案】【解析】【分析】根据向量数量积的定义和运算律即可得到答案.【详解】由题设可得，即.故答案为：3.14.如图，由到的电路中有4个元件，分别为，，，，若，，，能正常工作的概率都是，记“到的电路是通路”，求______.【答案】【解析】【分析】由相互独立事件的概率公式，结合互斥事件的概率加法公式，即可求解.【详解】设“正常工作”，“没有正常工作，正常工作，且中至少有一个正常工作”由于“到的电路是通路”等价于“正常工作”或“没有正常工作，正常工作，且中至少有一个正常工作”，即，由于事件互斥，所以根据互斥事件的概率加法公式，可得故答案为：15.已知实数x，y满足，则的取值范围为_____________．【答案】【解析】【分析】利用点到直线的距离公式列不等式，由此求得的取值范围.【详解】将整理为，此方程表示圆心为，半径为2的圆，设点是圆上一点，令，，则与圆有公共点，所以，解得．故答案为：16.在以O为中心，、为焦点的椭圆上存在一点M，满足，则该椭圆的离心率为_____________.【答案】##【解析】【分析】根据题意结合椭圆定义可得，进而利用余弦定理列式求解.【详解】因为，所以，因为与互补，且，由余弦定理可得，可得，所以.故选：C．四、解答题：本大题共6题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.已知的三个顶点是．（1）求AB边的高所在直线的方程；（2）若直线l过点C，且点A，B到直线l的距离相等，求直线l的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据点斜式求得边的高所在直线的方程.（2）对是否与直线平行进行分类讨论，由点斜式或斜截式求得直线的方程.【小问1详解】直线的斜率为，所以边的高所在直线的斜率为，所以边的高所在直线的方程为.【小问2详解】直线的斜率为，若直线与直线平行，则直线的方程为.线段的中点坐标为，若直线过，则直线的方程为.18.已知的内角的对边分别为，且．（1）求角；（2）若的面积为，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）应用正弦定理和余弦定理来求解角的大小；（2）应用三角形的面积公式计算边的数量关系.【小问1详解】由可知，由正弦定理，得，即．所以，又，所以.【小问2详解】由（1）知．所以，又，所以，所以，即．所以的周长为．19.在四棱锥中，平面，底面是正方形，E，F分别在棱，上且，．（1）证明：∥平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）在棱上取点，使得，连接，，即可证明四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理，即可证明；（2）以为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】证明：如图，在棱上取点，使得，连接，，因为，所以且，由正方形，，得且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．【小问2详解】若，则可设，所以．以为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则点，，，，，则，，，设平面的法向量为，则由得令，得平面的一个法向是为，设直线与平面所成角的大小为，则，即直线与平面所成角的正弦值为．20.某高校承办了杭州亚运会志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.（1）求a，b的值；（2）估计这100名候选者面试成绩的60%分位数（分位数精确到0.1）；（3）在第四，第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.【答案】（1），（2）（3）【解析】【分析】（1）由每个小矩形面积代表频率，根据所有频率之和为1可得，；（2）直接第60百分位数即可；（3）先分层抽样求出列举法求出抽取的第四、第五两组志愿者人数，再利用列举法求出古典概型的概率即可．【小问1详解】因为第三、四、五组的频率之和为0.7，所以，解得，所以前两组的频率之和为，即，所以；【小问2详解】前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，所以第60百分位数在第三组，且为；【小问3详解】第四、第五两组志愿者分别有20人，5人，故按照分层抽样抽得的第四组志愿者人数为4，分别设为，，，，第五组志愿者人数为1，设为，这5人中选出2人，所有情况有，共有10种情况，其中选出的两人来自不同组的有共4种情况，故选出的两人来自不同组的概率为．21.已知椭圆的离心率为，椭圆上的点到焦点的最小距离是．（1）求椭圆的方程；（2）倾斜角为的直线交椭圆于两点，已知，求直线的一般式方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据题意，得到且，求得的值，即可求解；（2）设的方程，联立方程组，结合韦达定理和弦长公式，根据题意，列出方程，求得，即可求解.【小问1详解】由椭圆的离心率为，即，可得，由椭圆上的点到焦点的最小距离是，可得，解得，，，所以椭圆的方程．【小问2详解】解：因为直线的倾斜角为，可设的方程，由方程组，整理得，可得，解得，设，，则，，又由，解得，满足，所以直线的一般式方程为或．22.已知圆，直线.（1）求证：直线l与圆C恒有两个交点；（2）若直线l与圆C交于点A，B，求面积的最大值，并