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湖北省孝感市2023-2024学年高二上学期11月期中考试数学试题(Word版附解析)

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2023年湖北省高二11月期中考试高二数学试卷命题学校:大悟一中审题学校:汉川二中考试时间:2023年11月20日下午15:00-17:00试卷满分:150分注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位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.一、选择题(本大题共8小题,共40.0分.在每小题列出的选项中,选出符合题目的一项)1.若复数满足,其中为虚数单位,是的共轭复数,则复数在复平面内对应的点所在的象限是()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】根据复数相等的充要条件,即可求解进而可求解对应的点.【详解】设则故,化简可得,进而且,所以,,故则对应的点为,位于第四象限,故选:D2.已知向量,若,则实数()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据向量的坐标运算即可求解. 【详解】由得,又,则,解得,故选::D3.甲、乙两人独立地破译某个密码,如果每人译出密码的概率均为0.4,则密码被破译的概率为()A.0.36B.0.48C.0.64D.0.54【答案】C【解析】【分析】利用独立事件的概率乘法公式求出密码未被破译的概率,再利用对立事件的概率公式可求得答案.【详解】由题意得密码未被破译的概率为,所以密码被破译的概率为,故选:C4.经过点且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程是()A.B.C.或D.或【答案】D【解析】【分析】分直线过原点和不过原点两种情况讨论,结合直线的截距式方程即可得解.【详解】当直线过原点时,方程为,符合题意,当直线不过原点时,设直线方程为,则,解得,所以直线方程为,综上,所求直线的方程为或.故选:D.5.关于空间中两条不同的直线与两个不同的平面,下列说法正确的是()A.若,则 B.若,则C.若,则D.若,则【答案】D【解析】【分析】由选项A的条件可得出则m,n可能平行、异面或相交,可判断A;由选项B的条件可得出,可以判断B选项;由选项C的条件可得出或相交,可判断C;根据线面垂直的性质可以判断D.【详解】若,则m,n可能平行、异面或相交,A错误;若,则,B错误;若,则的关系可能是或相交,C错误;,则,又,则,D正确.故选:D.6.东寺塔和西寺塔为昆明市城中古景,分别位于昆明市南面的书林街和东寺街,一东一西隔街相望,距今已有1100多年历史,在二月的梅花和烟雨中,“双塔烟雨”成为明清时的“昆明八景”之一.东寺塔基座为正方形,塔身有13级,塔顶四角立有四只铜皮做成的鸟,俗称金鸡,所以也有“金鸡塔”之称.如图,从东到西的公路上有相距80(单位:)的两个观测点,在点测得塔在北偏东60°的点处,在点测得塔在北偏西30°,塔顶的仰角为45°,则塔的高度约为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定信息作出图形,在直角三角形中直接计算作答. 【详解】如图,依题意,,,,于是得,,在中,,所以塔的高度约为.故选:A7.已知圆,直线,P为l上的动点,过点P作圆C的两条切线PA、PB,切点分别A、B,当最小时,直线AB的方程为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据圆的切线的有关知识,判断出最小时,直线与直线垂直,结合图象求得直线的方程.【详解】圆的标准方程为,圆心为,半径为.依圆知识可知,四点P,A,B,C四点共圆,且AB⊥PC,所以,而,当直线PC⊥l时,最小,此时最小.结合图象可知,此时切点为,所以直线的方程为,即.故选:A 8.如图,棱长为2的正方体中,P为线段上动点(包括端点).则以下结论正确的为()A.三棱锥中,点P到面的距离为定值B.过点P平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为C.当点P为中点时,三棱锥外接球体积为D.直线与面所成角的正弦值的范围为【答案】D【解析】【分析】对A:根据线面平行分析可知:点P到平面的距离为定值,再利用等体积法求点P到平面的距离;对B:过点P平行于平面的平面被正方体所截的截面为,判断其形状求面积;对D:可证平面,则根据直三柱的外接球分析可得:平面,且,结合解三角形求的外接圆半径,进而求三棱锥的外接球的半径和体积;对C:根据线面夹角的定义可得,结合题意运算求解.【详解】对于A中,由题意可得:且∴为平行四边形,则平面,平面∴平面 又∵P为线段上,则点P到平面的距离为定值设点P到面的距离为h,为等边三角形,面积为∵,即,解得,A不正确;对于B中,过点P平行于平面的平面被正方体所截的截面为,此时三角形为边长为的等边三角形,其面积为,B不正确;设直线与平面所成角为,则,∵,则,D正确;对于C中,当点P为中点时,则∵平面,平面∴,平面∴平面设的外接圆圆心为,半径为,三棱锥的外接球的球心,半径为,连接,则平面,且对于,则∴,则 ∵,则∴,即,则三棱锥的外接球的体积为,所以C不正确.故选:D.【点睛】①对于三棱锥体积的求解可采用等体积法求解,通过选择合适的底面来求三棱锥的体积的一种方法;②对于线面角的计算问题可以通过根据直线与平面所成角的定义,结合垂线段与斜线段的长度比求得线面角的正弦值;③对于直三棱柱的外接球的问题:外接球的球心与底面外接圆圆心的连线平行于侧棱,且长度为侧棱的一半.二、不定项选择题(本大题共4小题,共20.0分)9.已知事件,且,则下列结论正确的是()A.如果,那么B.如果A与互斥,那么C.如果A与相互独立,那么D.如果A与相互独立,那么【答案】BC【解析】【分析】对AB,由得,由A与互斥得,;对CD,A与相互独立,,. 【详解】对A,由得,则,A错;对B,由A与互斥得,则,B对;对CD,A与相互独立,则,,故C对D错;故选:BC10.已知圆,过点直线与圆交于两点.下列说法正确的是()A.的最小值为B.C.的最小值为D.线段中点的轨迹为圆【答案】BCD【解析】【分析】根据直线和圆相交所得弦长的最值即可判定A,根据向量数量积的定义即可判断B,联立直线与圆的方程,根据韦达定理,结合数量积的坐标运算即可求解C,根据圆的性质即可求解D.【详解】的圆心和半径分别为,对于选项A:由题意可知,当轴时,圆心到直线的距离最大,此时最小,所以的最小值为,故选项A错误;对于选项B:设是的中点,连接,则,,的最小值为,最大值为直径4,,故选项B正确;对于选项C:当直线的斜率为0时,,当直线的斜率不为0时,设直线的方程为,,,,,联立方程,消去得,,,,, 的最大值为,当且仅当,即时取等号,故选项C正确;对于选项D:由于,则点在以为直径的圆上,圆心为,半径为,点的轨迹方程为,即线段中点的轨迹为圆,故选项D正确.故选:BCD.11.在直三棱柱中,点是的中点,,点为侧面(含边界)上一点,平面,则下列结论正确的是()A.B.直线与直线所成角的余弦值是C.点到平面的距离是D.线段长的最小值是【答案】ACD【解析】【分析】可先证,,进而可证得平面,则选项A可判定;将两异面直线平移到相交,在三角形利用余弦定理处理,即可判定选项B;利用等积法即可求出点到平面距离,则选项C可判定;先求出点轨迹,在利用等面积法求出线段长的最小值,则选项D可判定.【详解】在直棱柱中, 在中,可得,所以,可得,又,且两直线在平面内,可得平面,由平面,所以,故必选项A正确;已知,点D到平面的距离为,所以,,,,所以,设到平面的距离为,则,可得,故C选项正确;取中点,连接又点是的中点 在直棱柱中可得,,所以四边形为平行四边形,则,,取中点,连接,又中点为,可得,,在直角三角形中,在直角三角形中,在直角三角形中在三角形中,又,,所以直线与直线所成角为的补角,所以直线与直线所成角的余弦值是,故选项B错误;取中点,连接可得,又不在平面,在平面,所以平面,同理平面,又,所以可得平面平面,所以点的轨迹为线段, 因为,,所以在三角形中由余弦定理可得,可得,所以,设B到的距离为,由等面积法可得,解得,可得长的最小值是,故选项D正确;故选:ACD.12.已知F为椭圆的左焦点,直线与椭圆C交于A、B两点,,垂足为E,BE与椭圆C的另一个交点为P,则()A.的最小值为2B.的面积的最大值为C.直线BE的斜率为D.为直角【答案】BCD【解析】【分析】根据给定条件设出点A、P坐标,结合椭圆定义、均值不等式、斜率坐标公式逐项分析计算作答.【详解】设椭圆C的右焦点,由椭圆对称性知线段AB,互相平分于点O,则四边形为平行四边形,如图, 则,有,当且仅当,即时取“=”,A不正确;设,,则,当且仅当,即时取“=”,即,因,垂足为E,则,B正确;因,有,由椭圆对称性可得,而,则直线BE的斜率,C正确;设,由及得,,即,直线PA,PB的斜率有,而,于是得,有,所以为直角,D正确.故选:BCD【点睛】结论点睛:过椭圆中心的弦(除椭圆长轴外)与椭圆二焦点围成平行四边形.三、填空题(本大题共4小题,共20.0分)13.已知有8个样本数据分别为,则估计该组数据的总体的第三四分位数为 __________.【答案】##【解析】【分析】根据百分位数计算规则计算可得.【详解】因为,所以第三四分位数为第、两数的平均数,即为.故答案为:14.已知圆:和圆:,若点(,)在两圆的公共弦上,则的最小值为______.【答案】8【解析】【分析】由两圆方程可得公共弦方程,由点在弦上有,进而结合目标式应用“1”的代换转化为,再利用基本不等式求最小值即可.【详解】由题意知:圆与圆公共弦方程为,又点(,)在两圆的公共弦上,∴,则当且仅当时等号成立,故答案为:8.【点睛】本题考查了基本不等式“1”的代换求最值,应用了两圆相交关系求公共弦方程,属于基础题.15.如图,在矩形中,已知是的中点,将沿直线翻折成,连接.当三棱锥的体积取得最大值时,此时三棱锥外接球的体积为__________. 【答案】【解析】【分析】根据题意分析可知:当高最大时,体积最大,高最大为,球心在平面的投影为中点,根据勾股定理解得,代入体积公式计算得到答案.【详解】因为三棱锥底面积为定值,故当高最大值,体积最大,又因为,且△为等腰直角三角形,取中点为,连接,故,且,所以当平面时,三棱锥的高最大为,可知,即,则△为等腰直角三角形,所以球心在平面的投影为中点,且△的外接圆半径为,设,则,由题意可得:,解得,所以三棱锥外接球的体积为.故答案为:.16.设椭圆的焦点为,是椭圆上一点,且,若的外接圆和内切圆的半径分别为,当时,椭圆的离心率为___________. 【答案】【解析】【分析】在中,利用正弦定理:,求得,,设,再利用余弦定理求得,然后由求解.【详解】椭圆的焦点为,在中,由正弦定理得:,解得,,设,在中,由余弦定理得:,解得,所以,又,所以,整理得,即,解得或(舍去)故答案为:四、解答题(本大题共6小题,共70.0分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.某校高一举行了一次数学竞赛,为了了解本次竞赛学生的成绩情况,从中抽取了部分学生的分数(得分取正整数,满分为)作为样本(样本容量)进行统计,按照、、、 、的分组作出频率分布直方图,已知得分在、的频数分别为、.(1)求样本容量和频率分布直方图中的、的值;(2)估计本次竞赛学生成绩的众数、中位数、平均数.【答案】(1),,;(2)众数为,中位数为,平均数为.【解析】【分析】(1)由题意先根据得分在的频数求出样本容量,根据得分在的频数可计算出的值,再根据直方图中所有矩形面积之和为可求出的值;(2)根据最高矩形底边中点值求出众数,将矩形底边的中点值乘以相应矩形的面积,再将所得结果相加可得平均数,设中位数为,根据中位数左边的矩形面积之和为列方程可求出的值,即为所求的中位数.【详解】(1)由题意可知,样本容量为,,;(2)由频率分布直方图可知,本次竞赛学生成绩的众数为,设中位数为,,则,由题意可得,解得,即本次竞赛学生成绩的中位数为.由频率分布直方图可知,本次竞赛学生成绩的平均数为.【点睛】本题考查利用频率分布直方图求参数、众数、中位数和平均数,考查了频率、频率和样本容量三者基本关系的应用,考查计算能力,属于基础题.18.法国数学家费马被称为业余数学之王,很多数学定理以他的名字命名.对而言,若其内部的点P满足,则称P为的费马点.如图所示,在中,已知 ,设P为的费马点,且满足,.(1)求的面积;(2)求PB的长度.【答案】(1);(2).【解析】【分析】(1)由已知利用三角形的内角和定理可得,,可得在中,,可得,利用三角形的面积公式即可求解的面积.(2)利用特殊角的三角函数值,两角差的正弦函数公式可求,的值,在中,由正弦定理可得PB的值.【详解】(1)由已知,所以.在中,,故.所以的面积.(2)中,由正弦定理(*)而,代入(*)式得.【点睛】本题考查三角形的内角和定理、三角形的面积公式、特殊角的三角函数值、两角差的正弦函数公 式、正弦定理在解三角形中的综合应用,考查转化与化归思想、函数与方程思想.19.在四棱锥中,底面是正方形,平面是的中点.(1)证明:平面;(2)若点在棱上,且,在棱上求一点,使得平面.【答案】(1)证明见解析(2)点为棱的中点【解析】【分析】(1)解法一:设交于,连接.利用线面平行的判定定理即可证明;解法二:利用空间向量可证得,从而,即可证明;(2)由题意求出点G的坐标,进而求出平面的法向量,设,利用建立方程,解出即可求解.【小问1详解】解法一:连接交于,连接.则在中,.而平面平面所以平面.解法二:以为坐标原点,射线分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系.设.连接交于,连接.依题意得.因为底面是正方形,所以是此正方形的中心,故点的坐标为,所以.则,故.而平面平面,所以平面. 【小问2详解】因为,得设平面的法向量为,故,令,则,故,又,设,又因为平面,所以,即,解得,所以点为棱的中点时,平面.20.公元前3世纪,古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中,曾研究了众多的平面轨迹问题,其中有如下结果:平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆,后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆.已知平面直角坐标系中且.(1)求点P的轨迹方程;(2)若点P在(1)的轨迹上运动,点M为AP的中点,求点M的轨迹方程;(3)若点在(1)的轨迹上运动,求的取值范围.【答案】(1);(2); (3).【解析】【分析】(1)设出,由题意列出方程,化简得到点P的轨迹方程;(2)利用相关点法求解点M的轨迹方程;(3)表示的几何意义为圆心为,半径为2的圆上的点与连线的斜率,画出图形,数形结合求出最值,从而求出取值范围.【小问1详解】设,则,化简得:,故点P的轨迹方程为;【小问2详解】设,因为点M为AP的中点,所以点P的坐标为,将代入中,得到,所以点M的轨迹方程为;【小问3详解】因为点在(1)的轨迹上运动,所以,变形为,即点为圆心为,半径为2的圆上的点,则表示的几何意义为圆上一点与连线的斜率,如图: 当过的直线与圆相切时,取得最值,设,则由点到直线距离公式可得:,解得:或·,故的取值范围是.21.如图,在四棱锥中,平面平面,,为中点,点在上,且.(1)求证:平面;(2)求二面角的余弦值;(3)线段上是否存在点,使得平面?说明理由.【答案】(1)证明见解析(2) (3)不存在,理由见解析【解析】【分析】(1)由题意和勾股定理可得,利用线面垂直的判定定理即可证明;(2)由面面垂直的性质和线面垂直的性质可得,进而建立如图空间直角坐标系,利用空间向量法即可求出该面面角;(3)假设存在这样的点Q,则存在使得.利用线面平行和空间向量的坐标表示建立关于的方程,解得,即可下结论.【小问1详解】在中,所以,即.又因为,在平面中,,所以平面.【小问2详解】因为平面平面,平面平面平面,所以平面,由平面,得.由(2)知,且已知,故以A为原点,建立如图空间直角坐标系,则,.所以因为为中点,所以. 由知,.设平面的法向量为,则即令,则.于是.由(1)知平面,所以平面的法向量为.所以,由题知,二面角为锐角,所以其余弦值为;【小问3详解】设是线段上一点,则存在使得.因为,所以.因为平面,所以平面,当且仅当,即.即.解得.因为,所以线段上不存在使得平面.22.已知椭圆过点,点A为下顶点,且AM的斜率为. (1)求椭圆E的方程;(2)如图,过点作一条与y轴不重合的直线,该直线交椭圆E于C、D两点,直线AD,AC分别交x轴于H,G两点,O为坐标原点.证明:为定值,并求出该定值.【答案】(1)(2)证明见解析,【解析】【分析】(1)根据椭圆所过的点和已知的AM的斜率列出方程组求解即可;(2)设直线BC:,与椭圆方程联立,运用韦达定理得到C、D两点横坐标的关系,得到,代入直线方程和韦达定理化简即可得到答案.【小问1详解】因为椭圆过点,,且AM的斜率为,所以,解得,,所以椭圆E的方程为【小问2详解】证明:由题意知,直线BC的斜率存在,设直线BC:, 设,,由,得,,得,则,,因为,直线AD的方程为,令,解得,则,同理可得,所以为定值,

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所属: 高中 - 数学
发布时间:2023-12-29 19:45:02 页数:26
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文章作者:随遇而安

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