湖北省武汉市常青联合体2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

武汉市常青联合体2023—2024学年度第一学期期中考试高二数学试卷考试时间：2023年11月16日试卷满分：150分本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），满分100分，考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考号等填写在答题卡上，并用铅笔在答题卡上的相应位置填涂．2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．3．回答第Ⅱ卷时，必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答卷各题目指定区域内，不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．第Ⅰ卷一、单选题（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.某中学高三年级共有学生900人，为了解他们视力状况，用分层抽样的方法从中抽取一个容量为45的样本，若样本中共有女生11人，该校高三年级共有男生（）人A.220B.225C.680D.685【答案】C【解析】【分析】利用分层抽样比例一致得到相关方程，从而得解.【详解】依题意，设高三男生人数为人，则高三女生人数为人，由分层抽样可得，解得.故选：C.2.方程表示圆，则的范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】根据方程表示圆，应当满足求解即可.【详解】因为方程表示圆，所以，解得：.故选：B.3.已知直线，互相垂直，则实数的值为（）A.B.或C.D.或【答案】A【解析】【分析】根据两一般式直线相互垂直求的值，注意验证求得的值是否满足直线方程.【详解】因为直线，互相垂直，所以，所以或，当，直线不存在，故.故选：A4.如图，空间四边形中，，，，点在上，且，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算结合图象计算即可.【详解】由，，得故选：C.5.直线的倾斜角是（）A.41°B.49°C.131°D.139°【答案】D【解析】【分析】确定直线的斜率为，得到倾斜角.【详解】直线的斜率为，故直线的倾斜角为.故选：D.6.四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果、可以判断出一定没有出现点数6的是（）A.平均数为2，方差为3.1；B.中位数为3，方差为1.6；C.中位数为3，众数为2；D.平均数为3，中位数为2.【答案】A【解析】【分析】利用反证法即可证得选项A判断正确；利用举反例法即可证得选项BCD判断错误.【详解】对于A，若平均数为2，出现点数6，可得方差，故平均数为2，方差为3.1，一定没有出现点数6，故A正确.对于B，当投掷骰子出现的结果为3，3，3，5，6时，满足中位数为3，方差为：，此时出现点数为6，故B错误；对于C，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时， 满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故C错误；对于D，当投掷骰子出现的结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故D错误.故选：A7.柏拉图多面体是柏拉图及其追随者对正多面体进行系统研究后而得名的几何体．下图是棱长均为1的柏拉图多面体，分别为的中点，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据向量运算得，，再求即可.【详解】由柏拉图多面体的性质可知，侧面均为等边三角形，四边形为边长为1的菱形，又≌，所以，故四边形为正方形，同理四边形也为正方形．取的中点，连接，则，同理， ．故选：A．8.已知三棱锥的体积为15，是空间中一点，，则三棱锥的体积是（）A.7B.8C.9D.10【答案】C【解析】【分析】根据题意，由空间向量的运算可得，再由空间向量基本定理可得，即可得到结果.【详解】因为，则，即，即，所以，因为，由空间向量基本定理可知，在平面内存在一点，使得成立，即，所以，即，则， 又三棱锥的体积为15，则.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.下列说法，不正确的是（）A.在空间直角坐标系中，是坐标平面的一个法向量B.若是直线方向向量，则（）也是直线的方向向量C.若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底D.对空间任意一点和不共线的三点，若，则，，，四点共面【答案】BD【解析】【分析】根据法向量的定义即可判断A；根据直线的方向向量的定义即可判断B；根据平面向量共面定理结合空间向量基本定理即可判断C；根据共面向量定理的推论即可判断D.【详解】对于A，因为垂直平面，所以是坐标平面的一个法向量，故A正确；对于B，当时，不是直线的方向向量，故B错误；对于C，因为为空间的一个基底，所以不共面，假设共面，则存在唯一实数对，使得，即，所以，方程组无解，所以不存在实数对，使得，所以不共面， 所以构成空间的另一个基底，故C正确；对于D，若，则当且仅当时，，，，四点共面，而，，所以，，，四点不共面，故D错误.故选：BD.10.从装有2个红球和3个白球的口袋内任取两个球，则下列选项中的两个事件为不是互斥事件的是（）A.至多有1个白球；都是红球B.至少有1个白球；至少有1个红球C.恰好有1个白球；都是红球D.至多有1个白球；全是白球【答案】AB【解析】【分析】根据互斥事件的概念判断即可.【详解】对于A：“至多有1个白球”包含都是红球和一红一白，“都是红球”包含都是红球，所以“至多有1个白球”与“都是红球”不是互斥事件．故A正确；对于B：“至少有1个白球”包含都是白球和一红一白，“至少有1个红球”包含都是红球和一红一白，所以“至少有1个白球”与“至少有1个红球”不是互斥事件．故B正确；对于C：“恰好有1个白球”包含一红一白，“都是红球”包含都是红球，所以“恰好有1个白球”与“都是红球”是互斥事件．故C错误；对于D：“至多有1个白球”包含都是红球和一红一白，“全是白球”包含都是白球，所以“至多有1个白球”与“全白球”是互斥事件．故D错误．故选：AB．11.如图，在直三棱柱中，，，、分别为，的中点，过点、、作三棱柱的截面，则下列结论中正确的是（） A.三棱柱外接球的表面积为B.C.若交于，则D.将三棱柱分成体积较大部分和体积较小部分的体积比为【答案】AD【解析】【分析】对于A，将该三棱柱视为正方体的一部分，利用正方体的对角线为外接球的直径即可求解；对于B，延长与交于点，连接交于，连接得到截面，利用相似三角形可求得，即可推出与不平行；对于C，在中，计算即可判断；对于D，利用割补法以及体积公式即可求得.【详解】如图所示：将该三棱柱视为正方体的一部分，则三棱柱外接球的半径，，其表面积为，故A正确；延长与交于点，连接交于，连接，则平面即为截面，因为，是中点，所以是的中点， 由与相似，得，得，而是的中点，所以与不平行且必相交，所以与截面不平行，故B错误；因为，又，所以在中，则，故C错误；延长交的反向延长线于点，易知与全等，则，则将三棱柱分成体积较大部分的体积为：，所以较小部分体积为，所以体积之比为，故D正确.故选：AD.12.已知在平面直角坐标系中，，，动点是平面上动点，其轨迹为．则下列结论正确的是（）A.若动点满足，则曲线的方程为B.若动点轨迹为：，则最小值为10C.若动点满足，则曲线关于轴对称D.若动点满足，则面积的最大值为6【答案】BCD【解析】【分析】设，对于A，代入化简即可判断；对于B，设，连接，，由三角形相似可得，将问题转化为求的最小值，结合图象，求解即可；对于C，代入化简得，将换成，即可判断；对于D，由可得，再由即可判断. 【详解】解：设，对于A，当，则有，化简得：，故错误；对于B，因为动点轨迹为：，表示以为圆心，为半径的圆，设，连接，，如图所示：因为，所以,又因为,所以,所以，所以，所以，当与重合时，，即，故正确；对于C，动点满足，即有，整理得，将换成， 得，所以曲线关于轴对称，故正确；对于D，由C可知方程一定有解，所以，所以，即，所以，当时，等号成立，故正确.故选：BCD.【点睛】关键点睛：本题的关键是在B选项中将问题转化为求的最小值.第Ⅱ卷三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案直接填写在答题卡相应位置上．）13.甲、乙两人独立解某一道数学题，已知该题被甲独立解出的概率为，被甲或乙解出的概率为，则该题被乙独立解出的概率为______．【答案】##【解析】【分析】因为甲、乙两人是否完成任务是相互独立的，故结合独立事件和对立事件的概率计算公式可求解【详解】设该题被乙独立解出的概率为，并且甲独立解出的概率为，则甲、乙两人都解不出来的概率为，又因被甲或乙解出的概率为，故，即，故，解得，故答案为：.14.设点、，若直线过点且与线段不相交，则直线的斜率的取值范围是______．【答案】【解析】 【分析】计算，，再根据图像得到答案.【详解】，，直线过点且与线段不相交，故，即.故答案为：.15.若直线：，：（）相交于点，过作圆的切线，切点为，则的最大值为______．【答案】7【解析】【分析】根据已知确定的轨迹为，再由圆切线性质将问题转化为求的最大值，结合圆与圆的位置关系求其最大值，即可确定的最大值.【详解】由题设，，即，又、分别恒过、，故交点在以线段为直径的圆上，圆心为，半径为，故的轨迹为，由到的距离为，即两圆相离，如下图， 由圆切线性质，，要使的最大值，只需最大，且为，所以.故答案为：716.数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒就是其中之一，该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的三角形．将长方体的上底面绕着其中心旋转得到如图2所示的十面体．已知，，是底面正方形内的点，且到和的距离都为，过直线作平面，则十面体外接球被平面所截的截面圆面积的最小值是______．【答案】【解析】 【分析】先求外接球半径，再结合空间向量求出球心到直线EP的距离，结合球的结构特征即可求出截面圆的最小值.【详解】由下图可知，上底面的平面图如下所示：记的中心为，连接，因为旋转了，所以为等边三角形，，又因为长方体中，平面，平面，所以，所以，解得，因为十面体是将长方体的上底面绕着其中心旋转60°得到的，所以长方体的外接球就是十面体的外接球；设十面体的外接球半径为R，则即，以D为原点建立如下图所示的空间直角坐标系，结合第一幅图可知，， 可得，，所以，又因为P到AB，AD的距离为，所以，球心，所以，球心O到PE的距离为，所以最小截面圆的半径为，此时截面圆面积为，故答案为：.四、解答题（本题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）17.在中，边所在的直线斜率为，其中顶点点坐标为，顶点的坐标为．（1）求边上的高所在的直线方程；（2）若，的中点分别为，，求直线的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）为边上的高所在的直线与所在的直线互相垂直且过点，利用点斜式计算可得；（2）首先求出的中点的坐标，依题意，则，即可求出的方程.【小问1详解】由题意知边上的高过，，因为边上的高所在的直线与所在的直线互相垂直，故高线的斜率为， 所以边上的高所在的直线方程为：，即；【小问2详解】由已知点坐标为，，故的中点为，因为是的一条中位线，所以，而，所以直线的斜率为，所以直线的方程为，化简可得．18.2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱成功着陆，航天员翟志刚、王亚平、叶光富完成在轨驻留半年的太空飞行任务，标志着中国空间站关键技术验证阶段圆满完成．并将进入建造阶段，洪山区为了激发市民对天文学的兴趣，开展了天文知识比赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，这人按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人． （1）根据频率分布直方图，估计这人的第60百分位数；（精确到0.1）（2）现从第四组和第五组用分层随机抽样的方法抽取6人，担任“党章党史”宣传使者．①有甲（年龄36），乙（年龄42），且甲、乙确定入选，从6人中要选择两个人担任组长，求甲、乙两人至少有一人被选上组长的概率；②若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中35～45岁所有人的年龄平均数和方差．【答案】（1）（2）①；②平均数为38，方差约为10【解析】【分析】（1）先确定第60百分位数所在小组，再根据求百分位数公式进行计算；（2）①求出从第四组和第五组所抽人数，写出样本空间，利用古典概型求概率公式进行计算；②根据数据求出第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数，从而利用局部方差和整体方差的公式进行求解.【小问1详解】设第60百分位数为，∵，，∴位于第三组：内；故；【小问2详解】①由题意得，第四组和第五组抽取人数之比为，即第四组4人，记为，，，甲，第五组2，记为，乙，对应的样本空间为：，，甲，，乙，，甲，，乙，甲，，乙，甲，甲乙，乙，共15个样本点．设事件为“甲、乙两人至少一人被选上”， 则有甲，乙，甲，乙，甲，乙，甲，甲乙，乙，共有9个样本点．∴；②设第四组的宣传使者的年龄平均数分为，方差为，设第五组的宣传使者的年龄平均数为，方差为，第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为则，即第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为38，．即第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10；据此估计这人中年龄在35～45岁所有人的年龄的平均数为38，方差约为10．19.如图，在平行六面体中，，，分别在，，上，且，，．（1）求证：；（2）若底面，侧面都是正方形，且二面角的大小为120°，，若是的中点，求的长度．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）依题意利用空间向量的线性运算，可得出，从而可得出； （2）根据平行六面体的结构特征及向量对应的线性位置关系，结合向量的加法、数乘的几何意义，用、、表示出，再应用向量数量积的运算律，即可求得，从而得出的长度.【小问1详解】证明：在平行六面体中，∵，，，∴，，，，∴，∴.【小问2详解】由题意可知：，，面面∴为二面角的平面角，即在平行六面体中有：，，，∵是的中点∴即．20.第19届亚运会2023年9月在杭州市举办，本届亚运会以“绿色、智能、节俭、文明”为办会理念，展示杭州生态之美、文化之韵，充分发挥国际重大赛事对城市发展的牵引作用，从而促进经济快速发展．本次亚运会吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人．三个吉祥物分别取名“琮琮”、“莲莲”和“宸宸”，分别代表 世界遗产“良渚古城遗址”、“西湖”、“京杭大运河”．亚运期间，篮球比赛间隙安排了机器人吉祥物表演，由后台志愿者操控，，三个开关，分别可操控“琮琮”、“莲莲”和“宸宸”，当闭合时“琮琮”、“莲莲”表演；当闭合时“莲莲”和“宸宸”表演；当闭合时“琮琮”和“宸宸”表演，若，，三个开关闭合的概率分别为，，，且相互独立．（1）求机器人“琮琮”表演的概率；（2）求机器人“莲莲”和“宸宸”都表演的概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）事件“机器人“琮琮”表演”发生，则A、C两个开关至少一个闭合，利用独立事件的概率乘法公式求解；（2）分B开关闭合或者B开关不闭合，A，C同时闭合两种情况，利用互斥事件以及独立事件的概率乘法公式求解.【小问1详解】设，，分别为开关，，闭合的概率，则，，记“机器人“琮琮”表演”为事件，发生则需要、两个开关至少一个闭合∴，由于开关闭合相互独立，则，所以，机器人“琮琮”表演的概率为.【小问2详解】记“机器人“莲莲”和“宸宸”都表演”为事件，分为两类情况：开关闭合；或者开关不闭合，，同时闭合，则： ,所以，机器人“莲莲”和“宸宸”都表演的概率为.21.在三棱锥中，底面为等腰直角三角形，．（1）求证：；（2）若，，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）根据等腰三角形可得线线垂直，即可由线面垂直的判定定理求证，（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.【小问1详解】取的中点为，连接，，∵，是中点，∴，在和中，，，∴，∴，∵的中点为E，∴，∵，平面，∴平面， ∵平面，∴【小问2详解】过作平面，垂足为，连接，，∴∵，，，平面，所以平面，∴，同理，∵底面为等腰直角三角形，，，∴四边形为正方形且边长为．,以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，∴，，，设平面的法向量，则，解得，取，则，，∴，设平面的法向量，则，解得，取，则，，∴，设平面与平面夹角为∴故平面与平面夹角的余弦值为．22.如图，已知圆C1:与y轴交于O，A两点，圆C2过O，A两点，且直线C2O恰与圆C1相切. （1）求圆C2的方程.（2）若圆C2上有一动点M，直线MO与圆C1的另一个交点为N，在平面内是否存在定点P，使得|PM|=|PN|始终成立？若存在，求出定点P的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，且为．【解析】【详解】试题分析：（1）由（x﹣4）2+（y﹣2）2=20，令x=0，解得y=0或4．圆C2过0，A两点，可设圆C2的圆心C1（a，2）．直线C2O的方程为：y=x，即x﹣2y=0．利用直线C20与圆C1相切的性质即可得出；（2）存在，且为P（3，4）．设直线OM的方程为：y=kx．代入圆C2的方程可得：（1+k2）x2+（2﹣4k）x=0．可得M的坐标．同理可得N的坐标．设P（x，y），线段MN的中点E，利用kPE•k=﹣1即可得出．详解：（1）由（x﹣4）2+（y﹣2）2=20，令x=0，解得y=0或4．∵圆C2过O，A两点，∴可设圆C2的圆心C1（a，2）．直线C2O的方程为：y=x，即x﹣2y=0．∵直线C2O与圆C1相切，∴=，解得a=﹣1，∴圆C2的方程为：（x+1）2+（y﹣2）2=，化为：x2+y2+2x﹣4y=0．（2）存在，且为P（3，4）．设直线OM的方程为：y=kx．代入圆C2的方程可得：（1+k2）x2+（2﹣4k）x=0．xM=，yM=．代入圆C1的方程可得：（1+k2）x2﹣（8+4k）x=0．xN=，yN=． 设P（x，y），线段MN的中点E．则×k=﹣1，化为：k（4﹣y）+（3﹣x）=0，令4﹣y=3﹣x=0，解得x=3，y=4．∴P（3，4）与k无关系．∴在平面内是存在定点P（3，4）使得PM=PN始终成立．