安徽省淮北市树人高级中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

2023-2024学年度高二上学期期中考试数学试卷一.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，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】应用集合的并运算求集合.【详解】由题设.故选：D2.复数是纯虚数，则（）A.B.C.D.3【答案】B【解析】【分析】根据纯虚数的定义列式求解即可.【详解】因为是纯虚数，则，解得.故选：B.3.“”是“直线：与：平行”的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由两条直线的一般式方程平行的判定，结合充要条件的定义，对选项进行验证.【详解】时，直线：即，与直线：平行，充分性成 立；直线：与：平行，有，解得或，其中时，两直线重合，舍去，故，必要性成立.“”是“直线：与：平行”的充要条件.故选：A.4.已知角的终边过点.则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据角的终边过点，利用三角函数的定义得到，然后利用两角差的正弦公式求解.【详解】解：因为角的终边过点，所以，所以，，故选：C5.已知平面向量，且与的夹角为，则（）A.12B.16C.D.【答案】C【解析】【分析】根据数量积的定义可得，结合模长公式和数量积的运算律运算求解. 【详解】由题意可知：，所以.故选：C.6.在等比数列中，，，则（）A.B.C.D.11【答案】A【解析】【分析】设，倒序相加再由等比数列的性质求解.【详解】设，则，所以.故选：A7.已知空间直线、和平面满足：，，.若点，且点到直线、的距离相等，则点的轨迹是（）A.直线B.椭圆C.双曲线D.抛物线【答案】C【解析】【分析】画图分析，根据题意建立等量关系即可得到点的轨迹是双曲线. 【详解】如图：不妨设在平面内射影为，则与相交，与垂直，设直线与平面的距离为，则在平面内，以为轴，为轴建立平面直角坐标系，则到距离为，到的距离为，从而到直线的距离为，所以，即，故轨迹为双曲线，故选：C.8.在平面直角坐标系中，已知点.若圆上存在唯一点，使得直线在轴上的截距之积为5，则实数的值为（）A.B.C.和D.和【答案】C【解析】【分析】设出点的坐标，根据直线在轴上的截距之积列方程，根据唯一性求得的值.【详解】圆的圆心在直线上，半径为，所以在圆外，设，其中且，直线的方程为，纵截距为，直线的方程为，纵截距为，依题意有，整理得，所以在圆上，圆心为，半径为.则圆与圆有且只有一个公共点，则两圆外切或内切，或圆与圆相交，且其中一个交点的横坐标为， 当两圆外切或内切时：圆的圆心为，半径为，则或，前者无解，后者解得.当圆与圆相交，且其中一个交点的横坐标为时，，将代入，得.综上所述，的值为或.故选：C【点睛】关键点睛：求直线方程时，可以根据已知条件，利用合适的求法来求，如本题中，已知两点，则可以考虑两点式，也可以考虑点斜式来求解.圆有关的问题，可考虑方程的思想，如本题中“截距之积”，这就是一个方程，也即是一个等量关系式，是解题的突破口.二、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.已知曲线，则下列说法正确的是（）A.若，则曲线C是圆B.若，则曲线C是焦点在y轴上的椭圆C.若，则曲线C是焦点在x轴上的双曲线D.曲线C可以是抛物线【答案】AC【解析】 【分析】根据圆、椭圆、双曲线、抛物线的有关知识求得正确答案.【详解】A选项，当时，曲线，表示圆心在原点，半径为的圆，所以A选项正确.B选项，当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，B选项错误.C选项，当时，，曲线表示焦点在轴上的双曲线，C选项正确.D选项，由于是非零实数，所以的最高次项都是，所以曲线不可能是抛物线，D选项错误.故选：AC10.已知为数列前项和，则下列结论成立的有（）A.若数列为等比数列，且，则数列为等差数列B.若数列为等差数列，若，则C.若数列为等差数列，其前10项中，偶数项的和与奇数项的和之比为，且，则公差为2D.若数列满足，且，则该数列的前100项和【答案】ABC【解析】【分析】利用等差数列与等比数列的定义及性质可判断选项ABC，根据所给数列表达式，找出规律求出即可.【详解】A选项：依题意，设等比数列的公比为，所以为常数，所以数列为等差数列，故A正确；B选项：数列为等差数列，设公差为，首项为，则， 又，即，化简可得，则，，所以，故B选项正确；C选项：等差数列的前10项中，偶数项的和为，奇数项的和为，又偶数项的和与奇数项的和之比为，且，则，解得，所以，故C选项正确；D选项：因为，所以，因为，所以数列依次为：，所以数列从第项起，周期为，所以数列的前项的和为，故D错误；故选：ABC.11.已知双曲线，若圆与双曲线C的渐近线相切，则（）A.双曲线C的实轴长为6B.双曲线C的离心率 C.点P为双曲线C上任意一点，若点P到C的两条渐近线的距离分别为、，则D.直线与交于、两点，点为弦的中点，若（为坐标原点）的斜率为，则【答案】BC【解析】【分析】利用双曲线的渐近线与圆相切求出的值，结合离心率公式可判断AB选项的正误；设点，则，结合点到直线的距离公式可判断C选项的正误；利用点差法可判断D选项的正误.【详解】解：由题意知的渐近线方程为，所以，因为，则，所以双曲线的实轴长为，故A错误；，所以，故B正确；设，则，，故C正确；设、，则，两式作差得，所以，，故D错误.故选：BC.12.已知正方体棱长为4，正四面体的棱长为a，则以下说法正确的是（）A.正方体的内切球直径为4B.正方体的外接球直径为C.若正四面体可以放入正方体内自由旋转，则a的最大值是D.若正方体可以放入正四面体内自由旋转，则a的最小值是【答案】ACD 【解析】【分析】求得正方体外接球的直径判断选项A、B，对于C，即正四面体的外接球小于等于正方体内切球；对于D，即正方体的外接球小于等于正四面体内切球.【详解】对于A，正方体的内切球直径即其棱长，所以直径为4，A正确；对于B，正方体的外接球直径即其体对角线，所以直径为，B错误；正四面体的棱长为a因为正四面体的外接球的球心O到点F、G、H的距离相等，所以O在平面BCD内的射影，到点F、G、H的距离相等，又因为在正四面体中是正三角形，所以是的中心，进而在正四面体中，有平面，所以球心O在高线上，同理：球心O也在其它面的高线上，又正四面体中各面上的高都相等，所以由得，点O到正四面体各面的距离相等，所以点O也是正四面体的内切球的球心，这样正四面体的内切球的球心与外接球的球心重合．记正四面体的高为，则.因此，只要求出其中一个，则另一个也出来了.因为在正四面体中，是正三角形，是其中心，所以，因为平面,平面， 所以，在中，由勾股定理，得，所以，解得，，故所求的外接球的半径和内切球的半径分别为.对于C，若正四面体可以放入正方体内自由旋转，即正四面体的外接球小于等于正方体内切球，又由棱长为a的正四面体的外接球半径，C正确；对于D，正方体可以放入正四面体内自由旋转，即正方体的外接球小于等于正四面体内切球，又由棱长为a的正四面体的内切球半径，D正确.故选：ACD.三.填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.与椭圆有相同焦点且实轴长4的双曲线的方程为___________.【答案】【解析】【分析】根据双曲线焦点位置及求解即可.【详解】由椭圆可知双曲线中，，且焦点在轴，又，，，所以双曲线方程.故答案为： 14.已知事件与事件互斥，如果，，那么__________.【答案】##【解析】【分析】根据互斥得到，计算，得到答案.【详解】事件与事件互斥，则，，故.故答案为：.15.小明用数列记录某地区2023年8月份31天中每天是否下过雨，方法为：当第k天下过雨时，记，当第k天没下过雨时，记，他用数列记录该地区该月每天气象台预报是否有雨，方法为：当预报第k天有雨时，记，当预报第k天没有雨时，记记录完毕后，小明计算出，那么该月气象台预报准确的总天数为________.【答案】【解析】【分析】由题意可知，气象台预报准确时，不准确时，从而得到从而得到最终得结果.【详解】由题意可知，气象台预报准确时，不准确时，，设其中有天准确，即等式左边有个，个，则，解得，所以准确天数为.故答案为：16.已知椭圆和双曲线有相同的焦点，离心率分别为，且，若P是两条曲线的一个交点，则__________.【答案】【解析】 【分析】结合为椭圆和双曲线的公共点，分别根据定义在椭圆和双曲线里列和的关系，表示出和，然后结合，在用余弦定理表示即可.【详解】不妨设椭圆方程为，设双曲线的方程为，，设P是两条曲线第一象限的一个交点，则有，，所以，，在中，又因为，则，即，即，所以，即.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知锐角的内角的对边分别为，且满足（1）求；（2）若面积为，求的周长．【答案】（1）（2）6【解析】【分析】（1）根据正弦定理边角互化即可求解， （2）根据面积公式，进而根据余弦定理可得，即可求解.【小问1详解】由和正弦定理得，，由于,故，【小问2详解】，又故周长18.已知的顶点，，线段AB的垂直平分线的方程为．（1）求直线BC的方程；（2）若的外接圆为圆M，过点作圆M的切线，求切线方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）先求得点坐标，然后求得直线的方程.（2）根据切线的斜率是否存在进行分类讨论，根据点到直线的距离公式求得正确答案.【小问1详解】因为线段AB的垂直平分线的方程为，所以点A，B关于直线对称．因为，所以．又，所以直线BC的方程为．【小问2详解】因为，，，所以外接圆的方程为，即． 所以圆M的圆心为，半径为．当切线的斜率不存在时，满足题意．当切线的斜率存在时，设切线方程为，即．因为圆心M到切线的距离，解得，所以切线方程为，即．综上所述，切线方程为或．19.设公比为正数的等比数列的前项和为，满足，.（1）求数列的通项公式；（2）设为数列在区间中的项的个数，求数列前100项的和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用等比数列的基本量运算即得；（2）根据条件确定的取值，进而利用分组求和法即得.【小问1详解】设公比为，由，得，即，得，解得或（舍去），得，又，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故数列的通项公式为.【小问2详解】 由为数列在区间中的项的个数，可知，，.当时，；当时，；当时，；当时，.∴.∴数列前100项和为.20.某中学组织学生进行地理知识竞赛，随机抽取500名学生的成绩进行统计，将这500名学生成绩分成5组：[50，60），[60，70），[70，80），，[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图，若成等差数列，且成绩在区间内的人数为120．（1）求a，b，c的值；（2）估计这500名学生成绩的中位数和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；（3）由成绩在区间[90，100]内的甲、乙等5名学生组成帮助小组，帮助成绩在区间[50，60）内的学生A，B，其中3人帮助A，余下的2人帮助B，求甲、乙都帮助A的概率．【答案】（1），（2）中位数估计为73，平均数73.8（3）【解析】【分析】（1）根据的人数先求出，再利用其成等差数列，以及所有小矩形面积为1得到方程，解出即可.（2）设估计中位数为t，列出方程，解出即可，再利用频率分布直方图求出平均值即可.（3）列出所有情况，找到满足题意得情况，即可得到概率. 【小问1详解】依题意可得：又∵成等差数列，∴且，解得：小问2详解】估计中位数设为t，而的频率为0.41，的频率为0.71,则，∴，解得：，即中位数估计为73，估计平均数为：．【小问3详解】5人中，将甲、乙分别编号为1,2，其余3人编号，从这5人中选3人帮助A的所以可能结果有：（1，2，3），（1，2，4），（1，2，5），（1，3，4），（1，3，5）（1，4，5），（2，3，4），（2，3，5），（2，4，5），（3，4，5），共10个基本事件，其中满足条件的有（1，2，3），（1，2，4），（1，2，5），共3个，故满足条件的概率为.21.如图，在三棱锥中，，，为棱的中点（1）证明：平面⊥平面；（2）若点在棱上，且与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小【答案】（1）证明见解析 （2）30°【解析】【分析】对于（1），通过题目条件，可以分别得到和长度，分别通过勾股定理和等腰三角形的三线合一得到和，从而得到平面，从而得到平面⊥平面；对于（2），先建立空间直角坐标系，因为已知与平面所成角的正弦值为，同时点在棱上，所以设点的坐标，从而分别求出和平面的法向量，并得到点的坐标。因为要求二面角的大小，所以分别求平面和平面的法向量，进而求出二面角的余弦值，从而得到二面角的大小。【小问1详解】连接．∵，为棱的中点，∴，且又，∴，且则，则∵，平面，平面∴平面，而平面，∴平面平面【小问2详解】建立以为坐标原点，直线分别为轴、轴、轴的空间直角坐标系，如图所示， 则故设，则设平面的法向量为，则令，可得，即设直线与平面所成角为，则∴，解得或（舍去），则平面的法向量为易知平面的一个法向量为，设二面角为， ∴二面角的大小为30°22.如图已知抛物线C的方程为，焦点为F，过抛物线内一点A作抛物线准线的垂线，垂足为，与抛物线交于点P，已知，，，（1）求p的值；（2）斜率为k的直线过点，且与曲线C交于不同的两点M，N，已知k的取值范围为，探究：是否存在，使得，若存在，求出的范围，若不存在，说明理由.【答案】22.23.存在，的范围是【解析】【分析】（1）根据题目信息可知在中，，则根据定义可知，再根据可表示点，代入方程即可求解的值.（2）假设过的直线方程：，并与抛物线进行联立，求解出，.由于共线，则可知横坐标成比例，整理关于的表达式，通过的范围进行求解.【小问1详解】因为，则在中，，又因为抛物线的定义可知，，则，又因为，，则可计算. 代入抛物线方程得：，整理得，则或（舍）.【小问2详解】由（1）可知抛物线方程为：，设，，斜率为k，过点的直线方程为：，则联立，整理得：，由韦达定理可得：，.所以；又因为，则，所以，令，则，所以，即.所以、同向，所以.整理得，解得：或.所以存在，使得. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线综合题目，只要出现直线与圆锥曲线相交，只需要联立方程，计算韦达定理，然后再分析题干信息联立求解即可.