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）

这是一份湖北省孝感市2023-2024学年高二上学期11月期中考试数学试题（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，0分等内容，欢迎下载使用。

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：D
2. 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：：D
3. 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：C
4. 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：A
7. 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：BC
10. 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，