湖南省五市十校教研教改共同体2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

五市十校教研教改共同体·2023年下学期高二期中联考数学命题单位：主命题：雷锋学校副命题：宁乡一中审题单位：天壹名校联盟审题组南方中学东山学校本试卷共4页．全卷满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据已知条件中所给的两个集合，结合集合的交集运算求解即可．【详解】因为，，所以.故选：.2.已知复数z满足，则（）A.2B.3C.4D.【答案】D【解析】【分析】先根据复数的四则运算化简复数，再计算模长即可． 【详解】复数，有故选：D3.国家射击运动员甲在某次训练中10次射击成绩单位：环，6，9，7，4，8，9，10，7，5，则这组数据第70百分位数为（）A.7B.8C.D.9【答案】C【解析】【分析】由百分位数的概念和计算公式可直接求解.【详解】将10次射击成绩按照从小到大顺序排序为：4，5，6，7，7，7，8，9，9，10，因为，所以第70百分位数为，故选：.4.过点的直线l与圆相切，则直线l的方程为（）A.或B.或C.或D.或【答案】B【解析】【分析】分2种情况讨论：①直线l的斜率不存在，则其方程为，易得其与圆相切；②直线l的斜率存在，设其方程为，根据直线l与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，求出k的值即可．【详解】圆化为标准方程为，得圆心，半径为2，当直线l的斜率不存在时，直线，此时直线l与圆相切，符合题意；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，即，圆心到直线l的距离为，由相切得，所以，平方化简得，求得直线方程为， 综上，直线l的方程为或故选：B5.我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图，四棱锥是阳马，平面ABCD，且，若，，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的线性运算法则计算即可．【详解】，，故选：D6.已知圆锥侧面积是，其侧面展开图是顶角为的扇形，则该圆锥的体积为（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】根据圆锥的侧面积公式以及弧长公式可得，，即可由体积公式求解.【详解】设圆锥母线长为a，底面半径为r，侧面积是，则，有侧面展开图顶角为，有，解得，，则圆锥的高，故，故选：C7.已知，是椭圆的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则C的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知与构造补角三角形，可得，再由斜率可得出的关系即可求解离心率．【详解】依题意，，过P作轴，由几何关系知，所以因，化简得，即C的离心率为.故选：B. 8.如图，在正方体中，是中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（）．A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先设棱长为1，，建立如图坐标系，根据计算点P坐标和向量，再写出平面的一个法向量的坐标，根据构建关系，求其值域即可.【详解】如图，设正方体棱长为1，，则， 以为原点，分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系．则，故，，又，则，所以．在正方体中，可知体对角线平面，所以是平面的一个法向量，所以．所以当时，取得最大值，当或1时，取得最小值．所以.故选：A．【点睛】方法点睛：求空间中直线与平面所成角的常见方法为：（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值. 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.已知函数，则（）A.最小正周期为B.的图象关于直线对称C.是偶函数D.的单调递减区间为【答案】AD【解析】【分析】根据正弦型函数的周期公式可判断A；代入验证函数值可判断B；求出的表达式即可判断其奇偶性，判断C；结合正弦函数的单调区间求出的单调减区间即可判断D.【详解】对于A，由三角函数的性质，可得的最小正周期为，所以A正确；对于B，当时，可得，所以的图象不关于直线对称，所以B错误；对于C，由，此时函数为非奇非偶函数，所以C错误；对于D，令，，解得，，即函数的递减区间为，，所以D正确．故选：AD 10.已知三条直线，，能构成三角形，则实数m的取值可能为（）A.2B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】因为三条直线，，能构成三角形，所以直线与或都不平行，且直线不过与的交点，进而即可求得实数m的取值，从而可得结果．【详解】因为三条直线，，能构成三角形，所以直线与，都不平行，且直线不过与的交点，直线与，都不平行时，，且，联立，解得，即直线与交点坐标为，代入直线中，得，故可知，结合选项可知实数m的取值可以为2或，故选：AD11.如图，两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点A，O和点C，B，使，.已知，，，则线段OC的长为（） A.6B.8C.D.【答案】AC【解析】【分析】依题意，，两边同时平方后，利用空间向量的数量积，代入已知数据计算，即可求解．【详解】依题意，，平方得.因为a，b所成的角为，或.当时，，，代入数据可得，所以，，所以；当时，，，代入数据可得，所以，，所以.综上所述，或，即OC的长为6或.故选：AC12.已知双曲线的左、右顶点分别为A，B，P是C上任意一点，则下列说法正确的是（）A.C的渐近线方程为 B.若直线与双曲线C有交点，则C.点P到C的两条渐近线的距离之积为D.当点P与A，B两点不重合时，直线PA，PB的斜率之积为2【答案】AC【解析】【分析】由双曲线的渐近线方程可判断A，通过对比直线与双曲线的渐近线斜率之间的关系可求解B，结合点到直线的距离公式可求C，PA，PB的斜率相乘后，结合双曲线方程化简可得定值，则D可判断.【详解】双曲线，则，对于A，C的渐近线方程为，A正确；对于B，由双曲线的渐近线方程为可知，若直线与双曲线C有交点，则，B错误；对于C，设点，则，点P到C的两条渐近线的距离之积为，C正确；对于D，易得，，设，则，所以直线PA，PB的斜率之积为，D错误．故选：AC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知点，，则线段AB的垂直平分线的方程是__________．【答案】【解析】 【分析】先求出中点的坐标，利用两直线垂直得到所求直线的斜率，点斜式写出方程，再化为一般式．【详解】线段AB的中点为，，故垂直平分线的斜率，线段AB的垂直平分线的方程是，即故答案为：14.已知，，则__________．【答案】##【解析】【分析】求出，利用两角差的余弦即可求解．【详解】因为，又，所以，所以，故答案为：15.如图，棱长为1的正方体的八个顶点分别为，记正方体12条棱的中点分别为，6个面的中心为，正方体的中心为.记，，其中是正方体的体对角线.则________. 【答案】##40.5【解析】【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算，可求的值.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，设向量，而，故，故表示各点的坐标和的和.现各点的横坐标之和为，纵坐标之和为，竖坐标之和为，根据对称性可得，故，故答案为：.【点睛】方法点睛：对于一些较为复杂的计算问题，如果直接算比较麻烦，则可以换一个等价的计算方法，从而使得问题得以简化.16.已知椭圆的左、右焦点分别为，，M为C上任意一点，N为圆上任意一点，则的最小值为__________．【答案】##【解析】 【分析】首先根据椭圆的定义将的最小值转化为，再根据（当且仅当M、N、E共线时取等号），结合，求得的最小值．【详解】如图，由M为椭圆C上任意一点，则，又N为圆E：上任意一点，则（当且仅当M、N、E共线且N在M、E之间时取等号），，，当且仅当M、N、E、共线且M、N在E、之间时等号成立．由题意知，，，则，的最小值为，故答案为：【点睛】关键点睛：本题主要考查与椭圆与圆上动点相关的最值问题，解答的关键是根据椭圆的定义将目标等价转化点共线问题，也即线段的长度问题，通过数形结合即可求解，考查学生的转化与化归思想．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17.为配合创建全国文明城市，某市交警支队全面启动路口秩序综合治理，重点整治机动车不礼让行人的行为．经过一段时间的治理，从市交警队数据库中调取了10个路口的车辆违章数据，根据这10个路口的违章车次的数量绘制如图所示的频率分布直方图，统计数据中凡违章车次超过30次的路口设为“重点路口”． （1）根据直方图估计这10个路口的违章车次的中位数；（2）现从“重点路口”中随机抽取两个路口安排交警去执勤，求抽出来的路口中有且仅有一个违章车次在的概率．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由频率分布直方图，结合中位数的估计方法可求解；（2）由古典概率模型公式代入化简求值即可．【小问1详解】由，所以中位数位于区间，频率分布直方图可估计中位数为：；【小问2详解】由频率分布直方图知：违章车次在的路口有4个，记为A，B，C，；违章车次在的路口有2个，记为a，b，从“重点路口”中随机抽取两个路口，则，共15种情况，其中有且仅有一个违章车次在的情况有，共8种．所求概率18.已知函数，且.（1）判断函数的奇偶性，并说明理由； （2）若，求m的取值范围．【答案】（1）偶函数；理由见解析（2）答案见解析【解析】【分析】（1）利用奇偶性的定义即可判断；（2）由题意得，对a进行分类讨论，判断出的单调性，结合函数的单调性解不等式，即可求解．【小问1详解】为偶函数,理由如下:由得，即函数的定义域为，可知的定义域关于原点中心对称．又，故为偶函数；【小问2详解】因为为偶函数，所以不等式即，由复合函数的单调性可知，当时，在上单调递增，而在上单调递减，故在内单调递减，则在内单调递增；当时，在上单调递减，而在上单调递减，故在内单调递增，则在内单调递减；（i）当时，由已知有,解得； （ii）当时，由已知有,解得，故当时，m的取值范围为；当时，m的取值范围为.19.已知圆，直线.（1）求证：直线l恒过定点；（2）直线l被圆C截得的弦长何时最长、何时最短？并求截得的弦长最短时a的值以及最短弦长．【答案】（1）证明见解析（2）答案见解析【解析】【分析】（1）将直线l化为求解定点即可；（2）当直线l过圆心C时，直线被圆截得的弦长最长．当直线时，直线被圆截得的弦长最短，先由与最短弦所在直线互相垂直，利用斜率关系求解直线的方程，最后利用几何法由求弦长.【小问1详解】直线，即，联立解得所以不论a取何值，直线l必过定点【小问2详解】由，知圆心，半径为.当直线l过圆心C时，直线被圆截得的弦长最长，当直线时，直线被圆截得的弦长最短．直线l的斜率为，，有，解得 此时直线l的方程是圆心到直线的距离为，所以最短弦长是20.已知分别为三个内角A，B，C的对边，且（1）求（2）若，且为锐角三角形，求周长的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换求得，即可求（2）利用正弦定定理和三角恒等变换求得，结合B的范围求出的范围，即可求周长的范围．【小问1详解】由已知和正弦定理得，又，，又，，有，又，【小问2详解】 ，且，由正弦定理有，从而，，，，又为锐角三角形，有，且，，，有，故，从而周长的取值范围为21.如图，在正三棱柱中，，点D，E，F分别在棱，，上，，为中点，连接（1）证明：平面（2）点P在棱上，当二面角为时，求EP的长．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，即可得到，，从而得到四边形为平行四边形，则，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，设，分别求出平面的法向量为和平面的法向量为，利用，求出a的值，即可求出结果．【小问1详解】取中点，连接，，又为中点，所以为梯形的中位线，所以，，又，故，且，故四边形为平行四边形，则，因为平面，平面，故平面【小问2详解】以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则，，，设，可得，，，设平面的法向量为，平面的法向量为， 则有，即，取，则，，得，又，即，取，则，，得，由二面角为，得，即，解得，故22.已知椭圆经过点，且右焦点为（1）求C的标准方程；（2）过点且斜率不为0的直线l与C交于M，N两点，直线分别交直线AM，AN于点E，F，以EF为直径的圆是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．【答案】（1）（2）以EF为直径的圆过定点,【解析】【分析】（1）根据条件求出a，b，即可得椭圆方程；（2）设直线l的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理，求出E，F坐标，通过，求出，即可求得定点坐标【小问1详解】由题意，，， 所以，故C的标准方程为【小问2详解】以EF为直径的圆过定点，理由如下：设直线l的方程为，联立椭圆方程，消去x，整理可得，则，且，由直线AM方程为，令，求得点由直线AN方程为，令，求得点由对称性可知，若以EF为直径的圆过定点，则该定点一定在x轴上，设该定点为，则，，可得由，解得，故以EF为直径的圆过定点,