湖北省武汉市新洲区部分学校2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省武汉市新洲区部分学校2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了11， 已知向量，，若，则实数等于， 椭圆， 如图，在四棱锥中，已知等内容，欢迎下载使用。

数学试题
考试用时：120分钟 满分：150分 2023.11
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
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. 从长度为1，3，5，7，9的5根木棒中任选3根，能构成三角形的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先罗列出能构成三角形的情况，再应用排列组合得到所有的情况，最后计算概率即可.
【详解】能构成三角形的组合有三种，
一共有种情况，所以能构成三角形的概率为，
故选：A
2. 已知向量，，若，则实数等于（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的数量积的坐标表示，列式计算，即得答案.
【详解】由题意知向量，，，
故，
故选：D
3. 直线的倾斜角是（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】C
【解析】
【分析】先求解出直线的斜率，然后根据倾斜角与斜率的关系求解出倾斜角的大小.
【详解】因为直线方程为，所以斜率，
设倾斜角为，所以，所以，
故选：C.
4. 设，则“”是“直线与直线平行”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线平行的条件和充分必要条件的概念可判断结果.
【详解】因为直线与直线平行的充要条件是且，解得或．
所以由充分必要条件的概念判断可知：“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件，
故选：A
5. 经过点，且以为圆心的圆的一般方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两点间的距离公式求出圆的半径，结合圆的标准方程与一般方程之间的转化，即可求解.
【详解】由题意得，圆的半径，
所以圆的标准方程为，
所以圆的一般方程为．
故选：A.
6. 椭圆：左右焦点分别为、，焦距为2，直线经过交椭圆于两点，若的周长为12，则椭圆标准方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆的定义可求出，再根据求出，即可得解.
【详解】由的周长为，
得，
又椭圆焦距，则，
所以，
所以椭圆标准方程为.
故选：D.
7. 若圆上总存在两点到原点的距离为1，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆上总存在两点到原点的距离为1，转化为圆和圆相交，结合圆与圆的位置关系，即可求解.
【详解】由题意，圆上总存在两点到原点的距离为1，
即为圆和圆相交，
又由两圆圆心距，
则，解得，
即实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】本题主要考查了圆与圆的位置关系的应用，其中解答中转化为两个圆相交，结合圆与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及推理与计算能力.
8. 如图，在四棱锥中，已知：平面，，，，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，若点是中点，则四棱锥体积的最大值是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据两两垂直建立空间直角坐标系，然后得到各点的坐标，再应用二面角的空间向量解法得到参数的关系式，最后根据体积公式得到最值即可.
【详解】因为平面且，
所以以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，
因为已知是四边形内部一点，所以设，
其中且（即点在平面内部），
则，
因为平面平面，所以平面的法向量为，
又因为，
设平面的法向量为，
则，即，由题易得，令，则，
所以，
因为二面角的平面角大小为，
所以，
即，解得①，
因为点是中点，所以到平面的距离为，
所以要使得四棱锥体积的最大，
则，即要取到最大值，
由①知时，
此时点不在四边形内部，矛盾，
故当时体积取到最大值，此时，
所以，
故选：D
【点睛】方法点睛：碰到两两垂直的线段时，往往可以借助空间向量法来解决，需要在求解法向量的时候注意不求错即可.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 直线与圆相切，且在轴、轴上的截距相等，则直线的方程可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】首先得到圆心坐标与半径，分直线过坐标原点和不过坐标原点两种情况讨论，设出直线方程，利用圆心到直线的距离等于半径得到方程，求出参数的值，即可得解.
【详解】圆的圆心坐标为，半径，
依题意直线的斜率存在，
若直线过坐标原点，设直线为，即，则，解得，
所以直线的方程为或；
若直线不过坐标原点，设直线为（），即，
则，解得（舍去）或，
所以直线的方程为，
综上可得直线的方程为或或.
故选：ACD
10. 如图，空间四边形中，，分别是边，上的点，且，，点是线段的中点，则以下向量表示正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】利用空间向量的基底表示向量，再结合空间向量线性运算，逐一对各项计算判断即可得出结果.
【详解】空间四边形中，，，点是线段的中点，
，
，所以选项D正确；
对于选项A，，所以选项A错误；
对于选项B，，所以选项B错误；
对于选项C，，所以选项C正确，
故选：CD.
11. 如图，在边长为2的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（ ）

A. 与所成角的余弦值为
B. 过A，，三点的正方体的截面面积为9
C. 当在线段上运动时，三棱锥的体积恒为定值
D. 若为正方体表面上的一个动点，，分别为的三等分点，则的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】取中点，是与所成角或其补角，计算后判断A，由平行平面的性质作出截面等腰梯形，求出面积判断B，由线面平行得出到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，由特殊点求出体积判断C，作出点关于平面的对称点，当是线段与平面的交点时，取得最小值，计算后判断D．
【详解】正方体易得，取中点，连接．由于是中点，因此，所以，所以是与所成角或其补角，
由已知中，，，
，A正确；
取中点，连接，同理可证（由得），因此是过A，，三点的正方体的截面，它是等腰梯形，
，，，面积为，B错；

由于，平面，平面，所以平面，从而到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，
当与重合时，，C正确；

设是点关于平面的对称点，则，又，
显然，，
又，所以，
，，
显然当是线段与平面的交点时，取得最小值，D错．

故选：AC．
12. 法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以坐标原点为圆心，为半径的圆，这个圆称为蒙日圆.若矩形的四边均与椭圆相切，则下列说法正确的是（ ）
A. 椭圆的蒙日圆方程为
B. 若为正方形，则的边长为
C. 若是椭圆蒙日圆上一个动点，过作椭圆的两条切线，与该蒙日圆分别交于，两点，则面积的最大值为18
D. 若是直线：上的一点，过点作椭圆的两条切线与椭圆相切于，两点，是坐标原点，连接，当为直角时，或
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，求出，得到蒙日圆方程；B选项，设出边长，得到方程，求出答案；C选项，，由基本不等式求出最值；D选项，直线：与的交点即为所求点，联立后得到点坐标，得到斜率.
【详解】A选项，，故椭圆的蒙日圆方程为，A正确；
B选项，由题意，为圆的内接矩形，
若为正方形，设的边长为，则，解得，故B正确；
C选项，由对称性可知，四边形为矩形，其中为对角线，
且，
故，当且仅当时等号成立，
故C错误；
D选项，由题意得，直线：与的交点即为所求点，
，解得或，
故或，故或，D正确.
故选：ABD
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13. 某高校的入学面试中有道难度相当的题目，李明答对每道题目的概率都是．若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第次为止．那么，李明最终通过面试的概率为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据独立事件概率乘法公式可求得无法通过面试概率，根据对立事件概率的求法可求得结果.
【详解】李明无法通过面试的概率为，李明最终通过面试的概率为.
故答案为：.
14. 已知点，直线与圆：交于两点，若为等腰直角三角形，则直线的方程为 ______ 写出一条即可
【答案】（或或）
【解析】
【分析】分、和讨论即可得解.
【详解】由圆：，得圆心，半径，
，在圆上，
若，可得过圆心且，
又，，
直线的方程为，即；
若，可得过圆心且，
则,可得的直线的方程为，联立圆方程，
解得或，可得的坐标为或，
根据圆的对称性易知，
直线的方程为或，
即或；
若，由的等价性可知该情况与一致；
综上：直线方程为：或或．
故答案为：（或或）.
15. 如图，正方形和的边长都是1，且平面，点、分别在、上移动，若，则线段长度的最小值为________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用两点距离公式，结合二次函数的性质即可得解.
【详解】正方形和的边长都是1，且平面，
因为⊥，⊥，所以为平面与平面夹角的平面角，
故，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，所以，
则
，
故当时，取的最小值，最小值为.
故答案为：
16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为坐标原点，点在椭圆上，且，则________.
【答案】1
【解析】
【分析】利用椭圆定义以及余弦定理推出，根据，平方后结合数量积运算律可得出答案.
【详解】由题意得椭圆的长轴长为，焦距为，
故，且，
即，得，
则；
由O为的中点，得，
故
，
故，即，
故答案为：1
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. 一个袋子中有4个红球，6个黄球，采用不放回方式从中依次随机地取出2个球.
（1）求第二次取到黄球的概率；
（2）求两次取到球颜色相同的概率.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）（2）根据已知确定样本总量，并确定不同事件对应容量，再应用古典概型的概率求法、互斥事件加法求对应概率.
【小问1详解】
从10个球中不放回的随机取出2个球共有（种）可能，即.
记事件“两次取出的都是红球”，则；
记事件“第一次取出红球，第二次取出黄球”，则；
记事件“第一次取出黄球，第二次取出红球”，则；
记事件“两次取出的都是黄球”，则；
事件，，，两两互斥，故第二次取到黄球的概率；
【小问2详解】
由（1）知：两次取到的球颜色相同的概率.
18. 已知直线：和圆：.
（1）求与直线垂直且经过圆心的直线方程；
（2）求与直线平行且与圆相切的直线方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设直线为，将圆心坐标代入，求得a的值，即得答案；
（2）设直线为，根据直线和圆相切，可得圆心到直线的距离等于半径，列式求出c，即得答案.
【小问1详解】
设与直线垂直的直线为
圆可化为，圆心为，
又因为直线经过圆心，所以，即，
故所求直线方程为.
【小问2详解】
设与直线平行的直线为.
又因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离等于半径，即，
所以，或5，
故所求直线方程为或.
19. 已知空间中三点，，.设，.
（1）求和；
（2）若与互相垂直，求实数的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用空间向量的加减运算和模长计算，即可求解.
（2）分别先算出、利用垂直求实数的值即可.
【小问1详解】
∵，，，，.
∴，
于是，
，
.
【小问2详解】
∵，
，
又与互相垂直，
∴.
即.
∴，.
20. 已知圆，点是直线上的一动点，过点作圆的切线、，切点为、.
（1）当切线的长度为时，求点的坐标；
（2）求线段长度的最小值.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可知圆的半径，设，利用勾股定理求出，再利用两点间的距离公式求出的值，即可得出点的坐标；
（2）设，分析可知，、、、四点共圆，求出以为直径的圆的方程，可求出圆和圆的公共弦所在直线的方程，求出直线所过定点的坐标，分析可知，当时，取最小值，结合勾股定理可求得的最小值.
【小问1详解】
解：由题可知，圆的半径，设，
因为是圆的一条切线，所以，
所以，
解得或，所以点的坐标为或.
【小问2详解】
解：设，因为、是圆的两条切线，所以，
所以、、、四点共圆，且以为直径，
设圆心为，易知，则，
圆的半径为，
则其方程为，
即①，
又圆②，
①②得圆与圆相交弦所在直线方程为，
即，由可得，
所以，直线恒过定点，
因为，则点在圆内，
当时，取最小值，且，
故.
21. 如图，已知四棱锥的底面是菱形，，为边的中点，，，.
（1）证明：；
（2）试判断线段上是否存在点使得二面角的余弦值为，若存在求出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，点在的五等分点的二等分点处（靠近）
【解析】
【分析】（1）连接，通过证明平面来证得.
（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用二面角的余弦值求得点的位置.
【小问1详解】
连接，因为，所以，
因为底面是菱形，，所以，因为为边的中点，
所以，∴，
因为，
所以，
因此，即，
又因为，所以，
又，平面，平面，所以平面，
又平面，所以，即.
【小问2详解】
由（1）知，，两两垂直，故以为坐标原点，
，，为，，轴建立如图示空间直角坐标系，
则，，，，，
于是，，，
令，
则，
取平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，
因为，所以，
又二面角为锐二面角且设为，
所以，
即，（负值舍去），
故存在点使得二面角的余弦值为，此时点满足.
22. 如图所示，椭圆上顶点和右顶点分别是和，离心率，，是椭圆上的两个动点，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求四边形面积的最大值；
（3）试判断直线与的斜率之积是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）4 （3）是，定值为
【解析】
【分析】（1）由题意求出b的值，根据离心率可求出，即得答案；
（2）设直线的方程，联立椭圆方程可得根与系数的关系式，结合弦长公式求出的表达式，即可求得四边形面积的表达式，利用三角代换，结合二次函数性质即可求得面积的最大值；
（3）求出直线与的斜率之积的表达式，结合根与系数的关系化简，即可得结论.
【小问1详解】
因为，所以，又离心率为，所以，
即，，
所以椭圆的标准方程为
【小问2详解】
因为，所以，所以，
设直线的方程为，，，
由，得，
由得，
则，，故，
直线方程为，，所以，
直线与之间的距离为，
故四边形的面积为，
令，则
，
令，则，，
所以，而函数在上单调递增，
所以当时，即时，四边形面积的最大值为4；
【小问3详解】
由第（2）问得，，
，