湖北省武汉部分重点中学5G联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

2023-2024学年度上学期武汉市重点中学5G联合体期中考试高二数学试卷考试时间：2023年11月10日试卷满分：150分★祝考试顺利★注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.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.与平行，则（）A.B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】利用两条直线平行的充要条件，列式计算得解.【详解】由与平行，得，所以.故选：B2.现有一个橡皮泥制作的圆柱，其底面半径、高均为1，将它重新制作成一个体积与高均不变的圆锥，则该圆锥的底面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据圆柱和圆锥的体积公式计算. 【详解】设圆锥的底面积为，则，解得.故选：B.3.从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，这三条线段能构成一个三角形的概率是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】列举出5条线段中任取3条的所有基本事件，求出构成三角形的基本事件的个数，由古典概型求概率的公式求解即可.【详解】从5条线段中任取3条的所有基本事件有10个，即，其中能构成三角形的基本事件有3个，即，故所求概率.故选：A.4.已知圆：，直线：与相交于，两点，则的最小值为（）A.B.2C.4D.【答案】A【解析】【分析】根据直线的方程得到直线恒过定点，根据几何知识得到当与垂直时，弦长最小，然后根据垂直得到，最后求弦长即可. 【详解】由圆的方程可得圆心，半径，直线的方程可整理为：，令，解得，所以直线恒过定点，由题意知，当与垂直时，弦长最小，，，所以，直线：，点到直线的距离，所以.故选：A.5.已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据投影向量的公式计算.【详解】.故选：D.6.某校高二年级（1）（2）班准备联合举行晚会，组织者欲使晚会气氛热烈、有趣，策划整场晚会以转盘 游戏的方式进行，每个节目开始时，两班各派一人先进行转盘游戏，胜者获得一件奖品，负者表演一个节目.（1）班的文娱委员利用分别标有数字1，2，3，4，5，6，7的两个转盘（如图所示），设计了一种游戏方案：两人同时各转动一个转盘一次，将转到的数字相加，和为偶数时（1）班代表获胜，否则（2）班代表获胜．两班获胜的概率分别是（）A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】【分析】利用独立事件概率乘法公式计算.【详解】设（1）班获胜为事件，（2）班获胜为事件，，.故选：C.7.2022年10月7日21时10分，中国太原卫星发射中心在黄海海域使用长征十一号海射运载火箭，采用“一箭双星”方式，成功将微厘空间北斗低轨导航增强系统S5/S6试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功，其中的“地球同步转移轨道”是一个以地心（地球的中心）为焦点的椭圆，如图，已知它的近地点（离地面最近的点）A距地面天文单位，远地点（离地面最远的点）距地面天文单位，并且在同一直线上，地球半径约为天文单位，则卫星轨道的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出，由椭圆性质得到，，求出离心率. 【详解】设椭圆方程为，由题意得，则椭圆长轴长为，即，设椭圆的左焦点为，由对称性可知，，由椭圆定义可知，，即离心率为.故选：B8.四棱柱中，侧棱底面，，底面中满足，，，为上的动点，为四棱锥外接球的球心，则直线与所成角的正弦值的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，设球心，则由可求出，设，然后表示出，求出其最大值，从而可求出直线与所成角的正弦值的最小值.【详解】因为在四棱柱中，侧棱底面，所以四棱柱为直四棱柱，所以， 因，所以两两垂直，所以以为原点，以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，因为，，，所以,球心在平面的投影坐标为，则设球心，因为，所以，解得，所以，设，则，所以，设（），则 所以当，即时，有最大值，此时直线与所成的角最小，则其对应的正弦值也最小，正弦值为故选：C二、多选题：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.已知椭圆，，是椭圆的左右焦点，P为椭圆上任意一点.下列说法中正确的是（）A.椭圆离心率为B.的最大值为3C.D.【答案】ABC【解析】【分析】根据椭圆的方程求得，结合椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解.【详解】由椭圆，可得，则，对于A中，由椭圆的离心率为，所以A正确；对于B中，由椭圆的几何性质，当点为椭圆的右顶点时，可得， 所以B正确；对于C中，当点为椭圆的短轴的端点时，可得，，所以，根据椭圆的几何性质，可得，所以C正确；对于D中，由椭圆的定义，可得，所以D错误.故选：ABC.10.已知点在直线上移动，圆，直线，是圆切线，切点为，.设，则下列说法正确的是（）A.B.存在点，使得C.四边形的面积取值范围是D.当的坐标为时，的方程为【答案】AC【解析】【分析】A选项，利用三角形全等可判断；B选项，由时，最大可判断；C选项，，可求得，进而可判断；D选项，设，，利用圆的切线方程，得到切线，，再将代入求解即可判断.【详解】对于A选项，连接，，因为，为圆的切线，所以，，，，所以，所以，故A正确；对于B选项，，有当最小时，最大，即最大，当时，此时最小，，所以， 可得，即，故B错误；对于C，四边形的面积，又，又，所以,所以，即四边形的面积得取值范围是，故C正确；对于D，设，，利用圆的切线方程，得到切线，，将代入可得，，，所以过，两点的直线为，故D错误.故选：AC.11.在六月一号儿童节，某商家为了吸引顾客举办了抽奖送礼物的活动，商家准备了两个方案.方案一：盒中有6个大小和质地相同的球，其中2个红球和4个黄球，顾客从盒中不放回地随机抽取两次，每次抽取一个球，顾客抽到的红球个数等于可获得礼物的数量；方案二：顾客投掷一枚质地均匀的骰子两次，两次投掷中向上点数为3的倍数出现的次数等于可获得礼物的数量．每位顾客可以随机选择一种方案参加活动，则下列判断正确的是（）A.方案一中顾客获得一个礼物的概率是B.方案二中顾客获得一个礼物的概率是C.方案一中顾客获得礼物的机会小于方案二中顾客获得礼物的机会D.方案二中“第一次向上点数是1”和“两次向上点数之和为7”相互独立【答案】ABD【解析】【分析】借助古典概率和事件的相互独立性，计算出相应的概率，进而选到答案. 【详解】A:方案一中顾客获得一个礼物的概率是,故A正确;B:方案二中顾客获得一个礼物的概率是,故B正确;C:记方案一中顾客获得礼物的概率为，记方案二中顾客获得礼物的概率为，,故C错误;D:记方案二中“第一次向上点数是1”为事件,两次向上点数之和为7为事件,,,所以方案二中“第一次向上点数是1”和“两次向上点数之和为7”相互独立,故D正确.故选：ABD.12.如图，在平行六面体中，，，点，分别是棱，的中点，则下列说法中正确的是（）A.B.向量，，共面C.平面D.若，则该平行六面体高为【答案】ACD【解析】【分析】A选项，利用向量的方法证明；B选项，根据向量共面的基本定理判断；C选项，利 用向量的方法得到，，然后根据线面垂直的判定定理证明；D选项，将平行六面体的高转化为正四面体的高，然后利用勾股定理计算.【详解】设，由题意得，，，所以，故A正确；，若向量，，共面，则存在唯一实数对，使得，即，而，，不共面，则有，显然不成立，所以向量，，不共面，故B错；，，，，所以，，因为，平面，所以平面，故C正确； 连接，，，过点作平面于点，由题意得，则三棱锥为正四面体，所以点到平面的距离即为正四面体的高，即平行六面体的高，，，所以平行六面体的高为，故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.已知事件与事件互斥，若，，那么________.【答案】0.8【解析】【分析】根据概率的基本性质计算.【详解】.故答案为：0.8.14.在一次生活常识竞答活动中，共有20道常识题，两位同学独立竞答，其中一位同学答对了12道题，另一位同学答对了8道题，假设答对每道题都是等可能的.任选一道常识题，至少有一人答对的概率________.【答案】##0.76【解析】分析】根据相互独立事件概率乘法公式计算.【详解】设任选一道常识题，至少有一人答对为事件，则.故答案为：.15.已知点，，在圆上运动，且，的中点为，若点的坐标为，则的最大值为________.【答案】15【解析】 【分析】根据向量的加法结合模的意义，得其几何意义为，圆上的点到点的距离即可求解.【详解】设，因为，的中点为，则，则，则，其几何意义为，圆上的点到点的距离，则其最大值为.故答案为：1516.在三棱锥中，，，，且，，若该三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的体积为________.【答案】##【解析】【分析】取的中点，连接、，由、均为等腰直角三角形，可得出点为三棱锥的外接球球心，设球的半径为，，推导出平面，可得出三棱锥的体积为，再由余弦定理得出，结合可求得的值，进而利用球体的体积公式可求得结果.【详解】取的中点，连接、，如下图所示： ，，且，，所以，、均为等腰直角三角形，且，所以，，所以，为三棱锥的外接球直径，设，可得，设，，为的中点，则，同理可得，平面，平面，所以，，，在中，由余弦定理可得，即，可得，由，可得，化简可得，即，，解得，因此，三棱锥外接球的体积为.故答案为：.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.已知圆，圆. （1）若直线经过圆与圆的公共点，求直线的方程；（2）若圆过两圆的交点且圆心在直线上，求圆的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由两圆的方程作差可得到公共弦所在的直线方程，即得到直线的方程.（2）先联立方程组求出圆和圆的两个交点坐标，写出弦AB的垂直平分线方程；再根据题意求出圆的圆心坐标和半径；最后写出圆的标准方程即可.【小问1详解】联立方程组，作差可得：即两圆的交点所在直线方程为：故直线的方程为.【小问2详解】联立方程组，解得或，即两圆的交点坐标为和.弦AB的垂直平分线方程为圆过两圆的交点且圆心在直线上圆的圆心既在弦AB的垂直平分线又在直线上.联立方程组，解得，即得圆的圆心坐标为.圆的半径圆的方程为18.本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租用时间不超过两小时免费，超过两小时的部分每小时收费2元(不足一小时的部分按一小时计算)．有甲、 乙两人独立来该租车点租车骑游(各租一车一次)．设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为，，超过两小时但不超过三小时还车的概率分别为，，两人租车时间都不会超过四小时．（1）求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；（2）设ξ为甲、乙两人所付的租车费用之和，求P(ξ＝4)和P(ξ＝6)的值．【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）先求得甲、乙两人超过三小时但不超过四小时还车的概率，甲、乙两人所付的租车费用相同，则则分甲乙都不超过2小时，甲乙都超过2小时不超过3小时，甲乙都超过3小时甲不超过4小时，利用互斥事件和独立事件的概率求解；（2）若ξ＝4，则分甲不超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙不超过2小时甲超过3小时不超过4小时，或甲乙都超过2小时不超过3小时，利用互斥事件和独立事件的概率求解；若ξ＝6，则分甲超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙超过2小时甲超过3小时不超过4小时，利用互斥事件和独立事件的概率求解；【小问1详解】解：因为甲、乙不超过两小时还车的概率分别为，，超过两小时但不超过三小时还车的概率分别为，，所以甲、乙两人超过三小时但不超过四小时还车的概率分别为，，记甲、乙两人所付租车费用相同为事件A，则P（A）＝，所以甲、乙两人所付租车费用相同的概率为.【小问2详解】若ξ＝4，则甲不超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙不超过2小时甲超过3小时不超过4小时，或甲乙都 超过2小时不超过3小时，所以P(ξ＝4)＝，若ξ＝6，则甲超过2小时乙超过3小时不超过4小时，或乙超过2小时甲超过3小时不超过4小时，所以P(ξ＝6)＝19.已知的顶点，高CD所在直线方程为，角的平分线BE所在直线方程为．求：（1）点的坐标；（2）BC边所在直线方程．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）先求出直线的斜率，从而求出直线的方程，由此能求出点坐标．（2）由，，角的平分线所在直线方程为，得，求出，由此能求出直线的方程．【小问1详解】解：∵的顶点，高CD所在直线方程为，角的平分线BE所在直线方程为，∴直线AB的斜率，∴直线AB的方程为：，即，联立，得，∴B点坐标为； 【小问2详解】解：∵，，角的平分线BE所在直线方程为，∴，∴，解得或（舍），∴直线BC的方程为：，即．20.在如图所示的试验装置中，两个正方形框、的边长都是，且平面平面，活动弹子、、分别在正方形对角线和、上移动，记，平面，记.（1）证明：平面；（2）当的长最小时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用面面平行的性质推导出，证明出，可得出，再利用面面垂直的性质定理可证得结论成立；（2）根据已知条件求出线段的长，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【小问1详解】证明：因为平面，且平面，平面平面，则， 因为，所以，，则，，即，所以，，因为，所以，，因为平面平面，平面平面，平面，所以，平面.【小问2详解】解：由（1）知，平面，因为平面，所以，，所以，，当且仅当时，等号成立，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，则，，，设平面的法向量为，则，取，可得， 设平面的法向量为，则，取，可得，所以，，由图可知，二面角为钝角，故二面角的余弦值为.21.如图所示，几何体中，，均为正三角形，四边形为正方形，，，，分别为线段与线段的中点，、相交于点.（1）求证：平面；（2）求证：平面平面；（3）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据正方形和平行四边形的性质得到，然后根据线面平行的判定定理证明即可；（2）根据等腰三角形的性质得到，即可得到，根据正方形的性质得到，然后根据线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；（3）利用空间向量的方法求线面角即可.【小问1详解】 取中点点，连接，，因为，，为线段的中点，所以，，又因为中点为，为中点，所以，，所以，，即四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以∥平面.【小问2详解】在正三角形中有，易知，由（1）知，在正方形中有，因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面.【小问3详解】以过点作的垂线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，，，，，因为，平面，平面， 所以∥平面，易知，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.22.已知动点到两定点，的距离和为6，记动点的轨迹为曲线C.（1）求曲线的方程；（2）直线与曲线交于，两点，在轴是否存在点（若记直线、的斜率分别为，）使得为定值，若存在，请求出点坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在定点，使得直线为定值.【解析】【分析】（1）由椭圆定义可得动点的轨迹为以点为焦点的椭圆，求出椭圆方程；（2）联立与，设，得到两根之和，两根之积，设，则，从而得到时，，，时，，，得到答案.【小问1详解】由题意得，故动点的轨迹为以点，为焦点的椭圆， 其中，则，故曲线的方程为；【小问2详解】联立与得，设，则，则，，设，则，当时，，，当时，，，所以存在定点，使得直线为定值.【点睛】处理定点问题的思路： （1）确定题目中的核心变量（此处设为），（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.