湖南省常德市第三中学2023-2024学年高二上学期11月期中数学试卷（Word版附答案）

高二数学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，且，则a的取值范围是（）A.B.C.D.2.在空间直角坐标系中，直线，的方向向量分别为，，则（）A.B.C.与异面D.与相交3.已知，，则函数的图象恒过（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限4.已知直线：和：，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件5.如图所示，在直三棱柱中，，，，D为棱的中点，则点到平面ABD的距离是（）A.B.C.D.6.若，且，则（） A.B.C.D.7.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句为“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，其中隐含了一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军白天观望烽火台，黄昏时从山脚下某处出发先到河边饮马再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，已知将军从山脚下的点处出发，军营所在的位置为，河岸线所在直线的方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（）A.3B.4C.5D.68.已知函数的图象与直线有3个不同的交点，则实数k的取值范围是（）A.B.C.D.二、多项选择题：本题共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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知平面的一个法向量为，点在内，则下列点也在内的是（）A.B.C.D.10.已知函数的一个零点为，则（）A.B.的最大值为1C.在区间上单调递增D.的图象可由曲线向右平移个单位长度得到11.在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：，点，，点C，D为圆O上的两个动点，则下列说法正确的是（）A.圆O关于直线AB对称的圆的方程为B.分别过A，B两点所作的圆O的切线长相等 C.若点满足，则弦CD的中点Q的轨迹方程为D.若四边形ABCD为平行四边形，则四边形ABCD的面积最小值为212.如图，在直四棱柱中，，，E，F，G分别为侧棱，，上一点，，则（）A.B.可能为C.的最大值为D.当时，三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知复数是纯虚数，则______.14.已知样本数据为1，a，5，b，7，且a，b是方程的两根，则这组样本数据的方差是______.15.若函数（且）的最小值为－4，则实数a的值为______.16.已知点P在直线上，过点P作圆O：的两条切线，切点分别为A，B，则点到直线AB的距离的最大值为______.四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.（10分）在举重比赛中，甲，乙两名运动员试举某个重量成功的概率分别为，，且每次试举成功与否互不影响.（Ⅰ）求甲试举两次，两次均失败的概率；（Ⅱ）求甲、乙各试举一次，至多有一人试举成功的概率.18.（12分）如图，在斜四棱柱中，底面ABCD是边长为1的正方形，，，记，，. （Ⅰ）证明：；（Ⅱ）求侧棱的长.19.（12分）已知的三个顶点分别为，，.（Ⅰ）求AB边上的高所在直线的方程；（Ⅱ）求的面积.20.（12分）已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.（Ⅰ）求B；（Ⅱ）若，且，证明：.21.（12分）如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，E，F分别为AD，PC的中点.（Ⅰ）证明：平面PBE；（Ⅱ）若BF与CD所成的角为，求平面BEF和平面ABE夹角的余弦值.22.（12分）已知圆C的半径为2，圆心在x轴的正半轴上，直线与圆C相切.（Ⅰ）求圆C的方程.（Ⅱ）过坐标原点O任作一条直线l与圆C交于A，B两点，则在x轴上是否存在定点P（与O不重合），使得恒成立？若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.高二数学·答案 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1.答案C命题意图本题考查集合的表示与运算.解析因为，所以，所以.2.答案A命题意图本题考查直线的方向向量的概念.解析因为，所以.条件没有给出与是否有公共点，故无法判断两条直线是相交还是异面.3.答案B命题意图本题考查指数函数的性质与图象.解析当时，函数图象经过第一、二象限；当时，函数图象经过第一、二、四象限；当时函数图象经过原点和第二、四象限；当时，函数图象经过第二、三、四象限.所以函数的图象恒过第二象限.4.答案A命题意图本题考查直线的性质，充分条件与必要条件的判断.解析若，即，则：，：，可知，故充分性成立；若，则，解得或－2，故必要性不成立.5.答案C命题意图本题考查空间向量的应用.解析由题意知CA，CB，两两互相垂直，∴以点C为坐标原点，CA，CB，所在直线分别为x轴，y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，∴，，.设平面ABD的法向量为，则，令，则，，∴.因此，点到平面ABD的距离为.6.答案D命题意图本题考查同角三角函数的基本关系.解析由题意得，又，所以，所以 ，故.7.答案C命题意图本题考查直线方程及对称问题.解析设B点关于直线l：的对称点为，则，且线段BC的中点在l上，即，解得，即，则“将军饮马”的最短总路程为.8.答案D命题意图本题考查分段函数的图象，以及图象交点问题.解析如图，作函数的大致图象（实线），平移直线（虚线），当时，直线与曲线相切；当时，直线经过点，且与曲线有2个不同的交点；当时，直线经过点，且与的图象有3个不同的交点.由图分析可知，当时，的图象与直线有3个不同的交点.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.每小题全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.答案BC命题意图本题考查空间向量的应用.解析设选项中的点依次为A，B，C，D，则，与平行，故点A不在内；，满足，故点B在内；，满足，故点C在内； ，，所以与不垂直，故点D不在内.10.答案BD命题意图本题考查三角恒等变换、三角函数的图象与性质.解析因为是的一个零点，所以，又，所以，.，的最大值为1，故A项错误，B项正确；当时，，在此区间上不单调，故C项错误；曲线向右平移个单位长度，得到的图象对应的解析式为，故D项正确.11.答案AD命题意图本题考查直线与圆的位置关系，圆与圆的位置关系，轨迹方程的求法.对于A，因为，所以直线AB的方程为.设圆的圆心为，则，解得，所以圆的方程为，故A正确；对于B，显然A，B两点到圆心O的距离不相等，故切线长不相等，故B错误；对于C，设点，因为，且P在内部，所以，又因为Q为弦CD的中点，所以，则由圆的性质与勾股定理，得，所以，整理得，即，故C错误；对于D，圆心，半径为2，，因为ABCD是平行四边形，所以，，所以可设直线CD的方程为，则圆心O到直线CD的距离，由，得，解得或，所以直线CD的方程为或，当取时，四边形ABCD的面积最小，为2，故D正确. 12.答案ACD命题意图本题考查线面垂直的判定定理与性质定理、空间直线间的位置关系、空间向量的应用.解析对于A，过D作于M，如图.因为ABCD为等腰梯形，且，所以，则，在中，，所以，则.由平面ABCD，且平面ABCD，可知.因为，所以平面，又平面，所以，所以A正确.对于B，过点G分别作于Q，于N，连接AC，，如图.由选项A的判断知，所以，.在中，.设，则，，所以.同理.若，则，即，也即.因为，所以方程无解，则不可能，所以B错误.对于C，过G作于R，连接EF，如图.由题意知，则.由选项B的判断知.因为，所以易知四边形BDFE为矩形.设，由选项A的判断及，得，所以.令，则.因为，所以，则，所以，因为，所以的最大值为，所以C正确.对于D，易知DM，DC，两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，则，，所以，则，则，所以D正确. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.答案－1命题意图本题考查复数的基本概念和运算.解析为纯虚数，则.14.答案4命题意图本题考查方差的计算.解析方程的两根为3和4，不妨设，，则样本平均数是4，故方差.15.答案命题意图本题考查对数函数的性质.解析由题可知，解得..∵，∴.∵的最小值为－4，∴，，即，得，即.16.答案5命题意图本题考查直线与圆的位置关系.解析设，则，以OP为直径的圆的方程是，与圆O的方程相减，得直线AB的方程为，即.因为，所以，代入直线AB的方程，得，即，当且，即，时该方程恒成立，所以直线AB恒过定点，点M到直线AB距离的最大 值即为点M，N之间的距离，所以点到直线AB的距离的最大值为5.四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.命题意图本题考查事件的相互独立性以及概率的计算.解析（Ⅰ）设“甲第一次试举成功”为，“甲第二次试举成功”为，“甲试举两次，两次均失败”为C，则.……（5分）（Ⅱ）设“甲、乙各试举一次，至多有一人试举成功”为D，则表示“甲、乙各试举一次都成功”，∴.……（10分）18.命题意图本题考查空间向量数量积的应用.解析（Ⅰ）由条件知，，……（2分）∴，……（5分）∴.……（6分）（Ⅱ）∵，，，.……（8分）∴.……（10分）∴，解得（舍去）或，故侧棱的长为.……（12分）19.命题意图本题考查直线方程的求法，直线围成三角形的面积问题.解析（Ⅰ）由条件知直线AB的斜率为.……（3分）所以AB边上的高线所在直线的斜率为2，所以这条高所在直线的方程为，即.……（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）及条件知直线4B的方程为，即，……（8分）顶点C到直线AB的距离， 又，……（10分）所以的面积.……（12分）20.命题意图本题考查解三角形.解析（Ⅰ）因为，即，……（2分）所以.……（3分）因为，所以.……（5分）（Ⅱ）由余弦定理得，所以，即.①……（7分）因为，所以.②……（8分）将②代入①，得，整理得.……（10分）因为，所以.……（12分）21.命题意图本题考查线面垂直的性质、异面直线的夹角、空间向量的应用.解析（Ⅰ）如图，在中，，E为AD的中点，∴，……（1分）又∵平面平面ABCD，平面平面，∴平面ABCD，∴，……（3分）由条件知，，得四边形BCDE为矩形，∴，……（4分）又∵，∴平面PBE，……（5分）（Ⅱ）如图，连接EC.由（Ⅰ）知，从而，在中，， 同理在中，，∴，∴为等边三角形，即，∴在中，，，得.……（7分）以E为原点，分别以EA，EB，EP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，∴，.……（8分）设平面BEF的法向量为，则，即.令，得，……（10分）易知平面ABE的一个法向量为，则，∴平面BEF和平面ABE夹角的余弦值为.……（12分）22.命题意图本题考查直线与圆的位置关系.解析（Ⅰ）由题意设圆心坐标为.∴圆C与直线相切，圆C的半径为2，……（1分）∴，解得（负值舍去），……（3分）∴圆C的方程为.……（4分）（Ⅱ）∵，∴.……（5分） 若l的斜率不存在，则A，B关于x轴对称，此时x轴上除原点O以外任意一点均符合条件.……（6分）若l的斜率存在，设l：，，.由，得，……（7分）则，.……（8分）假设存在P满足条件，则……（9分），……（11分）解得.