湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

雅礼中学2023年下学期期中检测试题高二数学时量：120分钟分值：150分一、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.设集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先解不等式求出集合、，再根据并集的定义计算可得.【详解】由，即，解得，所以，由，即，解得，所以，所以.故选：C2.“”是“直线与直线平行”的（）A.充要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据两直线平行求得m的值，由此确定充分、必要条件.【详解】“直线与直线平行”因为，所以直线，直线，与平行，故充分条件成立；当直线与直线平行时，，解得或， 当时，直线与直线重合，当时，直线，直线平行，故充要条件成立．故选：A．3.空气质量指数是评估空气质量状况的一组数字，空气质量指数划分为、、、、和六档，分别对应“优”、“良”、“轻度污染”、“中度污染”、“重度污染”和“严重污染”六个等级．如图是某市2月1日至14日连续14天的空气质量指数趋势图，则下面说法中正确的是（）．A.这14天中有5天空气质量为“中度污染”B.从2日到5日空气质量越来越好C.这14天中空气质量指数的中位数是214D.连续三天中空气质量指数方差最小是5日到7日【答案】B【解析】【分析】根据折线图直接分析各选项.【详解】A选项：这14天中空气质量为“中度污染”有4日，6日，9日，10日，共4天，A选项错误；B选项：从2日到5日空气质量指数逐渐降低，空气质量越来越好，B选项正确；C选项：这14天中空气质量指数的中位数是，C选项错误；D选项：方差表示波动情况，根据折线图可知连续三天中波动最小的是9日到11日，所以方程最小的是9日到11日，D选项错误；故选：B.4.在平面直角坐标系中，直线与两坐标轴分别交于点、，圆经过、，且圆心在轴上，则圆的方程为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出点、的坐标，设圆心坐标为，由可求出圆心的坐标，并求出圆的半径，由此可求得圆的方程.【详解】易知，直线交轴于点，交轴于点，设圆心的坐标为，由可得，解得，所以，圆的半径为，因此，圆的方程为，即为.故选：A.【点睛】求圆的方程，主要有两种方法：（1）几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线；（2）待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．5.已知双曲线C：-=1的焦距为10，点P（2,1）在C的渐近线上，则C的方程为A.-=1B.-=1C.-=1D.-=1【答案】A【解析】【详解】由题意得，双曲线的焦距为，即，又双曲线的渐近线方程为，点在的渐近线上，所以，联立方程组可得， 所以双曲线的方程为．考点：双曲线的标准方程及简单的几何性质．6.抛物线焦点为F，O为坐标原点，M为抛物线上一点，且，的面积为，则抛物线方程为A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】设，则由得，即，则，则，则，解得，即抛物线的方程为．．考点：直线与抛物线的位置关系．7.已知定义在R上的函数满足，且当时，．给出以下四个结论：①；②可能是偶函数；③在上一定存在最大值；④的解集为．共中正确的结论的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】对于①，赋值得到；对于②，令得到为奇函数，结合时， ，得到不可能是偶函数；对于③，设，则，结合函数的奇偶性和题目条件得到，故是减函数，③错误；对于④，根据奇偶性和单调性得到不等式，求出解集.【详解】对于①，中令，则，解得，①正确；对于②，中，令得，故奇函数，又当时，，故不为常函数，故不可能为偶函数，②错误；对于③，设，则，又为奇函数，当时，，故，所以，故是减函数，在上最大值不是，③错误；对于④，因为，故，因为是减函数，所以，解得，所以的解集为，④正确.故选：B8.焦点在x轴椭圆中截得的最大矩形的面积范围是，则椭圆离心率的范围是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设椭圆的标准方程为，不妨设矩形的对角线所在的直线方程为：（假设），与椭圆方程联立可得矩形的面积，变形利用基本不等式结合题意求解即可. 【详解】设椭圆的标准方程为，不妨设矩形的对角线所在的直线方程为：（假设），联立，则，解得：，，所以矩形的面积为：，当且仅当时取等，因为点在x轴椭圆中截得的最大矩形的面积范围是，所以，则，即，，即，解得：，即.故选：C. 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.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9.已知圆和圆相交于两点，下列说法正确的是（）．A.圆的圆心为，半径为1B.直线的方程由为C.圆心到的距离为D.线段的长为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，化简圆即可；对于B，由两圆相减得公共弦所在直线即可；对于C，根据点到直线距离公式解决即可；对于D，根据直线与圆位置关系，几何法解决即可.【详解】对于A，圆，化简得，所以圆的圆心为，半径为1，故A正确；对于B，已知圆和圆相交于两点，所以两式相减得：，所以直线的方程为，故B正确；对于C，由B选项得直线的方程为，因为，所以圆心到的距离为，故C错误；对于D，因为，圆心到的距离为，所以，故D正确.故选：ABD.10.已知函数的部分图象如图所示，则（） A.B.C.在上单调递增D.的图象关于直线对称【答案】ABD【解析】【分析】由图可知，求得，可判断A；由结合求得，可判断B；利用三角函数的单调性求解可判断C；求出的解析式，进而求出对称轴，可判断D.【详解】由图可知，则，故A正确.因为，所以，即.因为，所以，则B正确.令，解得，此时单调递增；令，解得，此时单调递减.由，得在上单调递减，在上单调递增，则C错误.因为，所以. 令，，得，.当时，，则的图象关于直线对称，故D正确.故选：ABD.11.如图，在正四棱柱中，，点P为线段上一动点，则下列说法正确的是（）A.直线平面B.三棱锥的体积为C.三棱锥外接球的表面积为D.直线与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】先证明平面平面，再根据面面平行得线面平行可判断A，用等体积法判断B，求外接球表面积判断C，利用空间向量先表示出直线与平面所成角的正弦值，进而求得最大值，即可判断D.【详解】对于A，由长方体的性质得，，因平面，平面，所以平面，同理，平面，平面，所以平面，又，且平面，平面， 所以平面平面，又平面，从而直线平面，故A正确；对于B，由A知，平面平面，点在平面上，所以，故B错误；对于C，三棱锥外接球的半径，所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确；对于D，以为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，则，设，则，即，，可得面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，故，有最大值为，故D正确.故选：ACD.12.曲线C是平面内与两个定点，的距离的积等于的点P 的轨迹，则下列结论正确的是（）A.曲线C关于坐标轴对称B.点P到原点距离的最大值为C.周长的最大值为D.点P到y轴距离的最大值为【答案】ABC【解析】【分析】根据给定条件，求出曲线的方程，由对称的性质判断A；求出的范围结合两点间距离计算判断B；利用基本不等式求出的最小值判断C；结合曲线的方程确定成立判断D.【详解】设，由，得，整理得，若点在曲线C上，显然，都满足方程，即点，也在曲线C上，因此曲线C关于坐标轴对称，A正确；由，得，解得，当且仅当时取等号，因此点P到原点距离，于是当时，点P到原点距离取得最大值，B正确；显然的周长为，当且仅当时取等号，C正确；由曲线的方程，得，当时，，即，两边平方解得，即当曲线的点满足时，点到轴距离，D错误. 故选：ABC【点睛】结论点睛：曲线C的方程为，(1)如果，则曲线C关于y轴对称；(2)如果，则曲线C关于x轴对称；(3)如果，则曲线C关于原点对称.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知直线l经过两点，，若直线l的方向向量的坐标为．则__________．【答案】##【解析】【分析】根据直线的方向向量的定义，结合斜率的计算公式求解出的值.【详解】设直线斜率为，因为直线的方向向量坐标是，所以，因为直线经过和，所以，解得.故答案为：.14.已知椭圆上的点M到该椭圆一个焦点F的距离为2，N是MF的中点，O为坐标原点，那么线段ON的长是________.【答案】4【解析】【分析】由椭圆的定义以及中位线的性质，可得解【详解】设椭圆的另一个焦点为E，则|MF|+|ME|=10，又∵|MF|=2，∴|ME|=8，又ON为△MEF的中位线，∴|ON|=|ME|=4.故答案为：415.已知函数，则函数零点的个数是__________．【答案】【解析】 【分析】由题知或，进而作出函数的图象，数形结合求解即可.【详解】解：令，即，解得或，作出函数的图象如图，由图可知，方程有个实数解，有个实数解，且均互不相同，所以，的实数解有个，所以，函数零点的个数是个.故答案为：16.已知N为抛物线上的任意一点，M为圆上的一点，，则的最小值为__________．【答案】【解析】【分析】根据题意画出示意图，由图中几何关系取线段中点，中点，连接，可证得所以，即，可得，即可将转化为，然后根据当、、三点不共线时，，当、、三点共线时，，将问题转化为的最小值即为的最小值，再根据两点间距离公式求出的最小值即可. 【详解】根据题意可得抛物线与圆都关于轴对称，且圆的圆心坐标为，半径为.因为，圆下方与轴交点坐标为，取线段中点，中点，可得，连接，画出示意图如上图所示.因为、分别为和的中点，所以，，所以，又因为，，所以，所以，因为，所以，所以，当且仅当、、三点共线时取到等号，此时点为线段与圆的交点.所以的最小值即为的最小值.因为N为抛物线上的任意一点，设，，因为，则，当时，， 即的最小值为.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，角，，的对边分别为，，，向量，，且．（1）求的值；（2）若，，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用数量积的坐标表示及两角和的余弦公式求出，即可求出；（2）由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得.【小问1详解】因为，，且，，，又∵为内角，，【小问2详解】由余弦定理，得，解得或（舍去），故，所以．18.2023年，某省实行新高考，数学设有4个多选题，在给出的A，B，C，D四个选项中，有两项或三项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．现正在进行数学学科期中考试． （1）根据以往经验，小李同学做对第一个多选的概率为，做对第二个多选题的概率为，对第三个多选题的概率为．求小李同学前三个多选题错一个的概率．（2）若最后一道数学多选题有三个正确的选项，而小智和小博同学完全不会做，只能对这道题的选项进行随机选取，每个选项是否被选到是等可能的，若小智打算从中随机选择一个选项，小博打算从中随机选择两个选项．（i）求小博得2分的概率；（ii）求小博得分比小智得分高的概率．【答案】（1）（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；（2）（i）利用古典概型的概率公式计算可得；（ii）设小博得分为，小智得分为，求出，，，，再根据独立事件的概率公式计算可得.【小问1详解】设事件为小李同学前三个多选题错一个题，则.【小问2详解】（i）因为最后一道数学多选题有三个正确的选项，不妨设正确答案为，而小博打算从中随机选择两个选项，则共有种，其中选中错误答案的有种，所以小博得2分的概率.（ii）设小博得分为，由（i）可知，，设小智得分为，则，，设小博得分比小智得分高为事件，则.19.如图，在梯形中，，，，将沿边翻折，使点翻折到点，且． （1）证明：平面；（2）若为线段的中点，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直判定定理去证明平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法去求平面与平面夹角的余弦值．【小问1详解】等腰梯形中，，，，则，则，∴，又由，可知，又，平面，平面，故平面.【小问2详解】过点作平面，以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，则，，，， 则，，设面法向量为，则，则，令，则，，则，又面一个法向量为，所以，故平面与平面夹角的余弦值为.20.已知抛物线（）的焦点为F，的顶点都在抛物线上，满足．（1）求的值；（2）设直线AB、直线BC、直线AC的斜率分别为，，，若实数满足：上，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据向量和可知，再利用抛物线定义即可得解；（2）根据及斜率公式化简即可得解.【小问1详解】设，，因为， 所以，，即，由抛物线定义知，，，，所以.【小问2详解】由（1）知，．∵，同理，∴，，解得.21.已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在双曲线上．（1）求的方程；（2）过作两条相互垂直的直线和，与的右支分别交，两点和，两点，求四边形面积的最小值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设双曲线，依题意可得，解得即可； （2）设直线，，求得，联立方程组，利用弦长公式，求得，，得到，令，结合二次函数性质，即可求解.【小问1详解】设双曲线，则，解得，所以双曲线的方程为.【小问2详解】根据题意，直线，的斜率都存在且不为0，设直线，，其中，双曲线的渐近线为，因为，均与的右支有两个交点，所以，，所以，将的方程与联立，可得，设，则，，所以，用替换，可得，所以． 令，所以，则，当，即时，等号成立，故四边形面积的最小值为．【点睛】解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.22.如图，设P是上的动点，点D是点P在x轴上的投影，Q点满足（）．（1）当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹C的方程；（2）若，设点，A关于原点的对称点为B，直线l过点且与曲线C交于点M和点N，设直线AM与直线BN交于点T，设直线AM的斜率为，直线BN的斜率为． （i）求证：为定值；（ii）求证：存在两条定直线、，使得点T到直线、的距离之积为定值．【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【解析】【分析】（1）设出点的坐标，利用给定的向量关系，借助坐标代换法求出轨迹方程.（2）（i）求出曲线C的方程，并分别与直线方程联立，求出点的坐标，利用向量共线计算即得；（ii）由（i）的结论求出点的轨迹方程，借助反比例函数图象确定直线、即可计算得解.【小问1详解】设点，则，，由，得，，由P是上的动点，得，即有，整理得，所以点Q的轨迹C的方程为.【小问2详解】（i）当时，由（1）知，曲线C的方程为，显然点，在曲线C上，设，直线方程为，直线方程为， 由，消去y得，则，，由，消去y得，则，，令点为，，而点共线，即有，，整理得，，化简得，即，观察图形知，直线的斜率同号，即，于是，即，所以为定值为定值3.（ii）设，则，由（i）知，即，整理得，显然函数的图象是函数的图象向右平移2个单位，再向下平移4个单位而得，函数的图象是以x轴、y轴为渐近线的双曲线，因此函数的图象，即点的轨迹是以直线为渐近线的双曲线，此双曲线上任意点到直线的距离分别为， 显然，令直线分别为，所以存在两条定直线、，使得点T到直线、的距离之积为定值.