湖北省部分高中2023-2024学年高二数学上学期9月联考试题（Word版附解析）

这是一份湖北省部分高中2023-2024学年高二数学上学期9月联考试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
湖北省部分高中高二九月联考
数学试题
命题学校：襄阳四中
★祝考试顺利★
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. 已知直线，，若且，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由两直线的平行与垂直求得值后可得结论.
【详解】由题意,，，，
所以．
故选：C．
2. “幸福感指数”是指某个人主观地评价他对自己目前生活状态的满意程度的指标，常用区间内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高．现随机抽取10位某市居民，他们的幸福感指数为 3，4，5，5，6，7，7，8，9，10，则这组数据的第80百分位数是（ ）
A. 7.5 B. 8 C. 8.5 D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】先计算分位数的位置，再求出这个数即可.
【详解】由题意，这10个人的幸福指数已经从小到大排列，
因，
所以这10个人的分位数为.
故选：C.
3. 已知三棱锥中，点M为棱的中点，点G为的重心，设，，，则向量（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量的加、减运算即可求解.
【详解】由题意知，，
则，
故选：A
4. 从装有2个红球、4个白球的袋子中任意摸出2个球，事件“至少有1个红球”，事件“至多有1个白球”，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由古典概型的概率公式求出，即可得到答案
【详解】记2个红球分别为，，4个白球分别为，
则从袋子中任意摸出2个球的所有情况为：，，，，，
，，，，，，，，，，共15种，
其中事件“至少有1个红球”包括：，，，，，
，，，，共9种，
事件“至多有1个白球”包括：，，，，，
，，，，共9种，
故，
，
故选：B
5. 数学家欧拉1765年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知的顶点分别为，，，则的欧拉线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出重心坐标，求出AB边上高和AC边上高所在直线方程，联立两直线可得垂心坐标，即可求出欧拉线方程.
【详解】由题可知，的重心为，
可得直线AB的斜率为，则AB边上高所在的直线斜率为，
则方程为，即，
直线AC的斜率为，则AC边上高所在的直线斜率为，
则方程为，即，
联立方程，解得，即的垂心为，
则直线GH斜率为，则可得直线GH方程为，
故的欧拉线方程为.
故选：A.
6. 一个透明密闭的正方体容器中恰好盛有该容器一半容积的水，任意转动这个正方体容器，则水面在容器中形成的所有可能的形状是（    ）
①三角形   ②非正方形的菱形    ③五边形    ④正方形    ⑤正六边形
A. ②④ B. ③④⑤ C. ②④⑤ D. ①②③④⑤
【答案】C
【解析】
【分析】正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心，从而将问题转化为过正方体中心，作正方体的截面问题.
【详解】因为正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心，
过正方体一面上一边的中点和此边外的顶点以及正方体的中心作一截面，其截面形状为菱形，且不为正方形，所以②是正确的；

过正方体一面上相对两边的中点以及正方体的中心作一截面，得截面形状为正方形，所以④是正确的；

过正方体的一个面相邻两边的中点以及正方体的中心作一截面，得截面形状为正六边形，所以⑤是正确的；

过正方体的中心的平面截正方体得到的截面，且该截面将正方体的体积平分，显然截面不能是三角形和五边形；
故选：C.
7. 定义空间两个向量的一种运算，则关于空间向量上述运算的以下结论中恒成立的有（ ）
A.
B.
C.
D. 若，，则
【答案】D
【解析】
【分析】A．按的正负分类讨论可得，B．由新定义的意义判断，C．可举反例说明进行判断，D．与平面向量的数量积进行联系，用数量积求出两向量夹角的余弦值，转化为正弦值，代入计算可判断．
【详解】A．，
时，，，
时，，成立，
时，，，
综上，A不恒成立；
B．是一个实数，无意义，B不成立；
C．若，，则，
，，
，
，
，C错误；
D．若，，则，，
，
，
所以，成立．
故选：D．
【点睛】本题考查向量的新定义运算，解题关键是理解新定义，并能运用新定义求解．解题方法一种方法是直接利用新定义的意义判断求解，另一种方法是把新定义与向量的数量积进行联系，把新定义中的用，而余弦可由数量积进行计算．
8. 八卦文化是中华文化的精髓，襄阳市古隆中景区建有一巨型八卦图（图1），其轮廓分别为正八边形和圆（图2），其中正八边形的中心是点，鱼眼（黑白两点）是圆半径的中点，且关于点对称,若，圆的半径为，当太极图转动（即圆面及其内部点绕点转动）时，的最小值为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用向量的线性运算，化简得到，结合，进而求得取得最小值，得到答案.
【详解】由题意，点是圆半径的中点，且关于点对称，设的位置，如图所示，
在八卦图中，知,
又由，
则由
，
当八卦图转动（即圆面及其内部点绕转动）时，，
当时，取得最小值，最小值为.
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. 下列说法正确的有（    ）
A. 若直线经过第一、二、四象限，则在第二象限.
B. 直线不过定点.
C. 过点，且斜率为的直线的点斜式方程为.
D. 斜率为，且在轴上的截距为的直线方程为.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据直线方程的相关定义一一判定即可.
【详解】对于A项，若直线经过第一、二、四象限，则，即在第二象限正确；
对于B项，直线方程可化为，易知时，故该直线过定点，B错误；
对于C项，由点斜式方程的定义可知其正确；
对于D项，由斜截式方程的定义可知斜率为，且在轴上的截距为的直线方程为，即D错误.
故选：AC
10. 在中，内角所对的边分别为，且，则（ ）
A. B.
C. 周长的最大值为3 D. 的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于AB，利用正弦定理判断即可，对于C，利用余弦定理结合基本不等式可判断，对于D，由选项C可知，结合基本不等式可得，从而可求出的最大值
【详解】对于A，因为，所以由正弦定理得，所以，所以A错误.
对于B，因为，所以由正弦定理得，所以，所以B正确.
对于C，根据余弦定理得，所以，即，所以，所以，当且仅当时，等号成立，所以，所以C正确.
对于D，由选项C可知，所以，则，当且仅当时，等号成立. ，所以D正确.
故选：BCD
11. 一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4，连续抛掷这个正四面体木块两次，记事件A为“第一次向下的数字为2或3”，事件B为“两次向下的数字之和为奇数”，事件C为“两次能看见的所有面向上的数字之和不小于15”，则下列结论正确的是（    ）
A. 事件A与事件B相互独立
B 事件A与事件B互斥
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A、B：根据古典概型求，结合独立事件和互斥事件分析判断；对于C：根据事件的运算求解；对于D：根据古典概型运算求解.
【详解】由题意可知：第一次向下的数字为1，2，3，4，共4个基本事件，则，
设为连续抛掷这个正四面体木块两次向下的数字组合，其中为第一次向下的数字，为第二次向下的数字，
则有，
共16个基本事件，
可知事件包含，共8个基本事件，则，
事件包含，共4个基本事件，则，
可知，
所以事件A与事件B相互独立，且事件A与事件B不互斥，故A正确，B错误；
因为，故C正确；
事件C等价于为“两次向下的数字之和小于等于5”，
包含，共10个基本事件，
则，故D正确；
故选：ACD.
12. 如图，在正方体中，，点M在正方体内部及表面上运动，下列说法正确的是（ ）

A. 若M为棱的中点，则直线∥平面
B. 若M在线段上运动，则的最小值为
C. 当M与重合时，以M为球心，为半径的球与侧面的交线长为
D. 若M在线段上运动，则M到直线的最短距离为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：作交点，连接，可证，进而得到∥平面；对于B：展开与到同一平面上，由两点间直线段最短，结合余弦定理运算求解；对于C：在侧面上的射影为，确定交线为以为圆心的圆弧，结合弧长公式即可求解；对于D：根据垂直关系分析可知直线与直线的距离为，当为中点，为中点时，可得，即能找出此点恰在上.
【详解】对于选项A：作交点，连接，
因为为中点，M为棱的中点，则∥，
且平面，平面，所以∥平面，故A正确；

对于选项B：展开与到同一平面上如图：

可知，故B错误；
对于选项C：M与重合时，在侧面上的射影为，
故交线是以为圆心的一段圆弧（个圆），且圆半径，
故圆弧长，故C正确；

对于选项D：取的中点，则，
因为平面，平面，则，
且，平面，所以平面，
由平面，则，
又因为∥，则，所以直线与直线的距离为，
当为中点，为中点时，
则∥，且，且∥，且，
可得∥，且，可知为平行四边形，
则∥，且，
所以为M到直线最短距离，选项D错误.

故选：AC.
三、填空题：本題共4小题，每小题5分，共 20分.
13. 已知直线l的一方向向量为.则直线l的倾斜角为 ___.
【答案】##
【解析】
【分析】根据直线斜率公式结合已知直线的方向向量可以直接求出直线的斜率，进而根据斜率求解倾斜角.
【详解】解：因为直线l的一方向向量为，
所以直线的斜率为，，
设直线l的倾斜角，则，
所以，即.
故答案为：
14. 已知，若三向量共面，则实数=_____.
【答案】
【解析】
【分析】由题意结合向量基本定理得到方程组，求解方程组即可确定的值.
【详解】由题意可知，存在实数满足：，
据此可得方程组：，求解方程组可得：.
故答案为．
【点睛】本题主要考查空间向量基本定理，方程的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
15. 某校高二年级有男生400人和女生600人，为分析期末物理调研测试成绩，按照男女比例通过分层随机抽样方法取到一个样本，样本中男生的平均成绩为80分，方差为10，女生的平均成绩为60分，方差为20，由此可以估计该校高二年级期末物理调研测试成绩的方差为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据分层抽样的性质，利用平均数以及方差的计算，建立方程，可得答案.
【详解】由，不妨设样本由男生2人和女生3人组成.由题设：
，，解得，；
，
解得，；
所以样本的平均分，样本的方差.
故答案为：.
16. 《九章算术》卷五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”，现有阳马（如图），平面，，，点，分别在，上，当空间四边形的周长最小时，三棱锥外接球的表面积为____________.

【答案】
【解析】
【分析】把剪开，使得与矩形在同一个平面内.延长到M，使得，则四点，E，F，M在同一条直线上时，取得最小值，即空间四边形的周长取得最小值.可得，.设的外心为，外接圆的半径为r，则，利用勾股定理进而得出结论.
【详解】如图所示，把剪开，使得与矩形在同一个平面内.
延长到M，使得，则四点，E，F，M在同一条直线上时，取得最小值，即空间四边形的周长取得最小值.
在中，C是MD的中点，又，得，.

设的外心为，外接圆的半径为r，由得，
,则，即.

设三棱锥外接球的半径为R，球心为O，连接，则，
则.
所以三棱锥外接球的表面积等于.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共 70分. 解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
17. （1）求经过点，且在x轴上的截距和y轴上的截距相等的直线的方程．
（2）己知的顶点，AB边上的中线CM所在的直线方程为，AC边上的高BH所在直线方程为，求直线的方程；
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件及直线的截距式方程即可求解；
（2）利用中点坐标公式及点在直线上，结合直线垂直斜率的关系及两直线相交求交点的方法，再利用直线的两点式方程即可求解.
【详解】（1）设直线在轴上的截距分别为，
当时，直线经过原点，则直线斜率，
直线方程为，即；
当时，可设直线方程为，则，
直线方程为；
（2）由题意知：点在直线上，则可设，
中点为，
，解得：，

，
，
直线方程为：，即，
由得：，即；
直线的方程为：，即；
18. 在中，分别为内角A，B，C的对边， ．
（1）求A；
（2）若是线段的中点，且，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换运算求解即可；
（2）法一：取中点，连接，在中，利用余弦定理可得，进而可得，再利用面积公式运算求解；法二：根据中线的向量关系可得，结合数量积可得，再利用面积公式运算求解.
【小问1详解】
因为，
根据正弦定理边角互化得，
整理得，即，
因为，则，
可得，且，所以.
【小问2详解】
法一：如图，取中点，连接，

因为是线段的中点，所以，
又因为，，，
在中，，
由余弦定理，即，
整理得，解得或（舍去），
可得，
所以的面积为；
法二：因为是线段中点，则，
可得，即，
可得，解得或（舍去），
所以的面积为.
19. 已知函数，集合，若分别从集合P，Q中随机抽取一个数a和b，构成数对．
（1）记事件A为“函数的单调递增区间为”，求事件A的概率；
（2）记事件B为“方程有4个根”，求事件B的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）列举样本空间所有的样本点，依题意有，列举满足条件的样本点，根据古典概型概率公式计算；
（2）依题意有，列出所有符合条件的样本点，根据古典概型概率公式计算.
【小问1详解】
由题知，所以，数对的可能取值为：
共16对．
若函数的单调递增区间为，则函数的对称轴为，即
所以，满足条件的基本事件有：，共4对，
所以，事件A的概率为
【小问2详解】
因为，二次函数开口向上，
所以，方程有4个根，即和各有2个根，
所以，二次函数的最小值小于．
所以，即，
满足条件的基本事件有：，共11对，
所以，事件B的概率．
20. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面为等腰直角三角形，且，点为棱上的点，平面与棱交于点．

（1）求证：；
（2）若，，求证：平面平面．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先证得平面，然后利用线面平行的性质定理来证得.
（2）通过证明平面来证得平面平面．
【小问1详解】
因为底面是正方形，所以，
平面，平面，所以平面，
又因为平面与交于点，平面，
平面平面， 所以．
【小问2详解】
侧面为等腰直角三角形，且，即，，
因为，，且两直线在平面内，可得平面，
因为平面，则．
又因为，，且两直线在平面内，
则平面，
因为平面，则，
因为，所以为等腰三角形，所以点为的中点.
又因为，所以为等腰直角三角形，
因为平面，
所以平面，因为平面，所以面平面.
21. “难度系数”反映试题的难易程度，难度系数越大，题目得分率越高，难度也就越小，“难度系数”的计算公式为，其中L为难度系数，Y为样本平均失分，W为试卷总分（一般为100分或150分）．某校高二年级的老师命制了某专题共5套测试卷（总分150分），用于对该校高二年级480名学生进行每周测试，测试前根据自己对学生的了解，预估了每套试卷的难度系数，如下表所示：
试卷序号i
1
2
3
4
5
考前预估难度系数
0.7
0.64
0.6
0.6
0.55
测试后，随机抽取了50名学生的数据进行统计，结果如下：
试卷序号i
1
2
3
4
5
平均分/分
102
99
93
93
87

（1）根据试卷2的预估难度系数估计这480名学生第2套试卷的平均分；
（2）试卷的预估难度系数和实测难度系数之间会有偏差，设为第i套试卷的实测难度系数，并定义统计量， 若，则认为试卷的难度系数预估合理，否则认为不合理．以样本平均分估计总体平均分，试检验这5套试卷难度系数的预估是否合理．
（3）聪聪与明明是学习上的好伙伴，两人商定以同时解答上述试卷易错题进行“智力竞赛”，规则如下：双方轮换选题，每人每次只选1道题，先正确解答者记1分，否则计0分，先多得2分者为胜方.若在此次竞赛中，聪聪选题时聪聪得分的概率为，明明选题时聪聪得分的概率为，各题的结果相互独立，二人约定从0:0计分并由聪聪先选题，求聪聪3:1获胜的概率 .
【答案】（1）96分；
（2）预估合理 （3）
【解析】
【分析】（1）根据考前预估难度系数即可求出平均分；
（2）计算出各试卷难度系数，求出统计量，即可预估这5套试卷难度系数的预估是否合理；
（3）根据规则即可求出聪聪3:1获胜的概率.
【小问1详解】
由题意，
由试卷2的难度系数，
解得平均失分：，
∴这480名学生第2套试卷的平均分为分；
【小问2详解】
由题意及（1）得，
，，，
，，
则
，
∴这5套试卷难度系数的预估合理
【小问3详解】
由题意及（1）（2）得，
聪聪先答对第一题：
聪聪没先答对第一题：
∴聪聪3:1获胜的概率聪聪3:1获胜的概率：
22. 如图，菱形的边长为2，，E为AB的中点．将沿DE折起，使A到达，连接，，得到四棱锥．

（1）证明：；
（2）当二面角的平面角在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明面面垂直，即可得出结论；
（2）求出平面的法向量，得出直线与平面所成角的余弦值表达式，进而求出正弦值的取值范围.
【小问1详解】
由题意证明如下，
在菱形中，为的中点，，
∴，
在翻折过程中，恒有，，
又，平面，
∴平面，
而平面，
∴
【小问2详解】
由题意及（1）得，
为二面角的平面角，记其为，则，
以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，
， ，
设平面的法向量，则，得
令，得，，
则，
令，，得
，
当且仅当时，等号成立，
设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为，
当时，，
当时，
∵，∴直线与平面所成角的正弦值的范围为
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用空间向量法得到关于线面角正弦值的表达式，设，则得到，再结合换元法和基本不等式求出其最大值，再代入端点得到其最小值，从而得到正弦值范围.