湖北省宜昌市部分省级示范高中2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题 含解析

宜昌市部分省级示范高中2024秋季学期高二年级期中考试数学试卷命题学校：葛洲坝中学命题人：曹齐艳审题学校：三峡高中审题人：郭永亮审题学校：枝江一中审题人：时爱华考试时间：120分钟满分：150分注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填涂到答题卡指定位置．2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡与本题对应范围内．写在本试卷上无效．一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确选项填涂在答题卡相应的位置上.1.已知复数，则的共轭复数是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由复数的四则运算及共轭复数的概念即可求解.详解】由，可得：，所以的共轭复数是.故选：C.2.已知表示两条不同直线，表示平面，则下列命题正确的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则【答案】C【解析】【分析】根据空间中直线、平面的位置关系进行逐项判断即可.【详解】因为，，则或相交或异面，故A错误；由，，则与的关系无法确定，可能平行，可能相交，可能在平面内，故B错误；若，，则，故C正确；若，，则或，故D错误.故选：C.3.“”是“直线与直线平行”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】充分必要条件的判断：把两个命题分别作为条件和结论，判定由条件能否推出结论即可.【详解】当时，，，显然，两直线平行，满足充分条件；当与直线平行时，，则∴或，当时显然成立，当时，，，整理后与重合，故舍去，∴，满足必要条件；∴“”是“直线与直线平行”的充要条件故选：C4.在一次奥运会男子羽毛球单打比赛中，运动员甲和乙进入了决赛.假设每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，用计算机产生之间的随机数，当出现、、时表示一局比赛甲获胜，当出现4、5时表示一局比赛乙获胜.由于要比赛3局，所以每3个随机数为一组，现产生20组随机数，结果如下：423123423344114453525332152342534443512541125432334151314354则估计在本次比赛中甲获得冠军的概率是（）A.0.35 B.0.55 C.0.6 D.0.65【答案】D【解析】【分析】根据题意，由随机数组来确定胜负情况，根据20组数据中满足条件的数组个数，除以总数即可得解.【详解】表示甲获得冠军的数有423，123，423，114，332，152，342，512，125，432，334，151，314共13组数，故估计该场比赛甲获胜的概率为.故选：D5.已知点在确定的平面内，是平面外任意一点，正数满足，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用空间向量共面定理的推论可得，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解.【详解】由题意知，四点共面，又，则，所以，即，因为，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.故选：B.6.已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，棱锥的底面是边长为的正三角形，侧棱长为，则球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先判断球心在三棱锥的高线上，由正弦定理求得，求得，借助于列方程，求出外接球半径即得.【详解】如图，设点在底面的射影为点，因底面边长均为，侧棱长均为，故球心在上，连接，设球的半径为，则，由正弦定理，解得，在中，，则，在中，由，解得，则球的表面积为.故选：B.7.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而结合余弦定理可得，进而结合面积公式即可求解.【详解】由，根据正弦定理得，，即，即，即，因为，则，所以，即，所以，又，则，即，又，所以的面积为.故选：A.8.已知椭圆的焦距为，若直线恒与椭圆有两个不同的公共点，则椭圆的离心率范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据椭圆焦点坐标以及直线过定点可得点在椭圆内部，整理不等式可得离心率.【详解】将直线整理可得，易知该直线恒过定点，若直线恒与椭圆有两个不同的公共点，可知点在椭圆内部；易知椭圆上的点当其横坐标为时，纵坐标为，即可得，整理可得，即，解得.故选：A二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有错选的得0分.9.下面四个结论不正确的是（）A.已知，，若，则的夹角为钝角B.已知，，则在上的投影向量是C.若直线经过第三象限，则，D.设是空间向量的一组基底，则也是空间向量的一组基底【答案】ACD【解析】【分析】对于A，C，利用反例来判断；对于B，根据投影向量的定义计算即可；对于D，证明共面，即可判断.【详解】对于A，当时，，，，此时的夹角为，故A错误；对于B，向量在向量上的投影向量为，故B正确；对于C，令，，，则直线为，此时直线经过第三象限，但，故C错误；对于D，若，则，所以共面，故不能作为基底，故D错误.故选：ACD.10.已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的28个样本数据的方差为，平均数为;去掉的两个数据的方差为，平均数为﹔原样本数据的方差为，平均数为，若=，则下列说法正确的是（

）A.B.C.剩下28个数据的中位数大于原样本数据的中位数D.剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数【答案】ABD【解析】【分析】对于A选项，求出剩下的28个样本数据的和、去掉的两个数据和、原样本数据和，列出方程即可；对于B选项，写出和的表达式即可；对于C选项，根据中位数定义判断即可；对于D选项，根据分位数定义判断即可.【详解】A.剩下的28个样本数据的和为，去掉的两个数据和为，原样本数据和为，所以，因为=，所以，故A选项正确；B.设，，因为，所以，所以，所以，故B选项正确；C.剩下28个数据中位数等于原样本数据的中位数，故C选项错误；D.，所以原数据的22%分位数为从小到大的第7个；，所以剩下28个数据的22%分位数为从小到大的第7个；因为去掉了最小值，则剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数，故D正确.故选：ABD.11.已知正方体棱长为为正方体内切球的直径，点为正方体表面上一动点，则下列说法正确的是（）A.当为中点时，与所成角余弦值为B.当面时，点的轨迹长度为C.的取值范围为D.与所成角的范围为【答案】ABC【解析】【分析】建立空间直角坐标系利用空间向量即可得A正确，利用线面平行性质以及椎体体积公式计算可得点的轨迹即是线段，可得B正确，利用极化恒等式计算可得C正确，由点的位置关系可知D错误.【详解】根据题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，对于A，如下图所示：易知，则,可得，即当为中点时，与所成角余弦值为，可得A正确；对于B，易知是边长为的正三角形，故其面积为，由三棱锥的体积为，可得点到平面的距离为，即点在与平面平行且距离为的平面内，连接，如下图所示：由正方体性质可得平面平面，且两平面间的距离等于，所以点平面，又面，平面平面，即可得点的轨迹即是线段，因此点的轨迹长度为，即可得B正确；对于C，依题意可知即为正方体的中心，如下图所示：，又因为为球的直径，所以，即可得，又易知当点为正方体与球的切点时，最小；当点为正方体的顶点时，最大；即，因此可得的取值范围为，即C正确；对于D，易知的中点即为球心，如下图所示：当与球相切时，与所成的角最大，此时，显然，结合两直线所成角的范围可知与所成角的范围为错误，即D错误.故选：ABC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量满足与的夹角为，则_______.【答案】【解析】【分析】根据模长公式即可求解.【详解】，，，故答案为：13.在一个建筑工地上，有一个用来储存材料的圆台形容器．已知该圆台形容器的上底面圆的直径是6米，下底面圆的直径是12米，母线长为5米，不考虑该圆台形容器壁的厚度，则该圆台形容器的容积是________立方米．【答案】【解析】【分析】根据圆台的体积公式计算．【详解】由已知圆台的上底半径为米，下底半径为米，母线长为米，所以高为（米），体积为（立方米）．故答案为：．14.已知，，若圆上存在点P满足，则的取值范围是______________【答案】【解析】【分析】利用向量数量积的坐标表示求得点的轨迹方程为圆，再利用两圆相交得到关于的不等式，解之即可得解.【详解】设点，则，，所以，则，所以点的轨迹方程为，圆心为，半径为3，由此可知圆与有公共点，又圆的圆心为，半径为2，所以，解得，即取值范围是.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在平面直角坐标系中，已知三点.（1）若直线过点且与直线BC垂直，求直线的方程；（2）若直线经过点，且在轴上的截距是轴上截距的倍，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）先求得直线AB的斜率，再根据两直线垂直斜率关系结合点斜式求解即可；（2）分析当截距均为时的情况，再设直线方程为，根据直线经过点求解即可.【小问1详解】由可得直线AB的斜率为，因，故直线的斜率为，则直线的方程为，即【小问2详解】当截距均为时，直线方程为，符合题意，当截距不为时，不妨设直线方程为，又直线经过点，故，即，所以直线方程为，综上，所求直线方程为或.16.为普及消防安全知识，某学校组织相关知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，，甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.（1）甲在比赛中恰好赢一轮的概率；（2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用相互独立事件的乘法公式求解；（2）先求出两人中至少有一人赢得比赛的对立事件甲、乙两人都未赢得比赛的概率，再去求甲、乙两人至少有一人赢得比赛的概率.【小问1详解】设“甲在第一轮比赛中胜出”，“甲在第二轮比赛中胜出”，“乙在第一轮比赛中胜出”，“乙在第二轮比赛中胜出”，则，，，相互独立，且，，，，所以，，设“甲在比赛中恰好赢一轮”则.【小问2详解】因为在两轮比赛中均胜出赢得比赛，则“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”,所以，,设“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”.于是=“两人中至少有一人赢得比赛”，由，,所以，，所以.17.公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果:平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆.已知平面直角坐标系中且.（1）求点P的轨迹方程；（2）若点P在（1）的轨迹上运动，点M为AP的中点，求点M的轨迹方程;（3）若点在（1）的轨迹上运动，求的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）设出，由题意列出方程，化简得到点P的轨迹方程；（2）利用相关点法求解点M的轨迹方程；（3）表示的几何意义为圆心为，半径为2的圆上的点与连线的斜率，画出图形，数形结合求出最值，从而求出取值范围.【小问1详解】设，则，化简得：，故点P的轨迹方程为；【小问2详解】设，因为点M为AP的中点，所以点P的坐标为，将代入中，得到，所以点M的轨迹方程为；【小问3详解】因为点在（1）的轨迹上运动，所以，变形为，即点为圆心为，半径为2的圆上的点，则表示的几何意义为圆上一点与连线的斜率，如图：当过的直线与圆相切时，取得最值，设，则由点到直线距离公式可得：，解得：或·，故的取值范围是.18.如图，在四棱锥中，平面平面，，为中点，点在上，且.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）线段上是否存在点，使得平面？说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）（3）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）由题意和勾股定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）由面面垂直的性质和线面垂直的性质可得，进而建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出该面面角；（3）假设存在这样的点Q，则存在使得.利用线面平行和空间向量的坐标表示建立关于的方程，解得，即可下结论.【小问1详解】在中，所以，即.又因为，在平面中，，所以平面.【小问2详解】因为平面平面，平面平面平面，所以平面，由平面，得由（2）知，且已知，故以A为原点，建立如图空间直角坐标系，则，.所以因为为中点，所以.由知，.设平面的法向量为，则即令，则.于是.由（1）知平面，所以平面的法向量为.所以，由题知，二面角为锐角，所以其余弦值为；【小问3详解】设是线段上一点，则存在使得.因为，所以.因为平面，所以平面，当且仅当，即.即.解得.因为，所以线段上不存在使得平面.19.已知四个点中恰有三个点在椭圆：上.（1）判断哪个点不在椭圆上，并求出椭圆的方程；（2）设椭圆的左右顶点分别是、，点是直线上一点，直线、与椭圆的另一个交点分别为、，求证：直线过定点.【答案】（1）不在椭圆上，（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分析可得必在椭圆C上，不在椭圆上，代入即得解；（2）方法一，设直线MN：，M()，N()，P()，利用P、M、A和P、B、N三点共线得，联立消元结合韦达定理的得，代入上式求解即可；方法二，讨论直线PA，PB斜率与零的关系，然后分别设直线PA