湖北省宜昌市部分省级示范高中2023-2024学年高二上学期11月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖北省宜昌市部分省级示范高中2023-2024学年高二上学期11月月考数学试卷（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


考试时间：120分钟 满分：150分
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题：本大题共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. 直线的倾斜角为，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据直线斜率与倾斜角的关系求解即可.
【详解】直线的斜率为.又倾斜角为,故.
故选：A
【点睛】本题主要考查了直线的斜率为倾斜角的正切值这一知识点,属于基础题型.
2. 已知向量，，则（ ）
A. 0B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据空间向量线性运算的坐标表示求出，再根据数量积的坐标公式即可得解.
【详解】因为，，
所以，
所以.
故选：C.
3. 在某次演讲比赛大赛上，七位评委为某位选手打出的分数分别为，，，，，，，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均数和方差分别为（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】利用求平均数和方差的公式计算即可.
【详解】七位评委打出的分数去掉一个最高分和一个最低分后为，，，，，
平均分为：，
方差为：.
故选：C
4. 从甲袋中摸出1个红球的概率是，从乙袋中摸出1个红球的概率是，从两袋中各摸出1个球，则可能是（ ）
A. 2个球不都是红球的概率B. 2个球都是红球的概率
C. 至少有1个红球的概率D. 2个球中恰有1个红球的概率
【答案】C
【解析】
【分析】运用概率计算公式分别计算四个选项中事件的概率即可.
【详解】记4个选项中的事件依次分别为A，B，C，D，
则，故A错误；
，故B错误；
，故C正确；
．故D错误.
故选：C．
5. 在棱长为的正方体中，，分别为棱，的中点， 则点到平面的距离为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据，利用等体积法结合棱锥的体积公式即可得解.
【详解】因为，分别为棱，的中点，
所以且，
因为平面，所以平面，
又平面，所以，
设点到平面的距离为，
，
，则，
由，得，解得，
所以点到平面的距离为.
故选：D.
6. 若椭圆的中心为坐标原点､焦点在轴上；顺次连接的两个焦点､一个短轴顶点构成等边三角形，顺次连接的四个顶点构成四边形的面积为，则的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题可知，，解之即可得a和b的值，从而求得椭圆的方程；
【详解】设椭圆的标准方程为，
由题可知，，解得，，
故椭圆的标准方程为．
故选：A.
7. 若圆上有且仅有两个点到直线的距离等于，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出圆心到直线的距离，然后结合图象，即可得到本题答案.
【详解】由题意可得，圆心到直线的距离为，
故由图可知，
当时，圆上有且仅有一个点到直线的距离等于；
当时，圆上有且仅有三个点到直线的距离等于；
当则的取值范围为时，圆上有且仅有两个点到直线的距离等于.
故选：B
【点睛】本题主要考查直线与圆的综合问题，数学结合是解决本题的关键.
8. 阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求平面的法向量与直线l的方向向量，利用空间向量求线面夹角.
【详解】因为平面的方程为，
所以平面的法向量可取，
同理平面的法向量可取，
平面的法向量可取，
设直线的方向向量，
则，令，则，
则直线l与平面所成角的正弦值为
.
故选：A
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 如图是一个古典概型的样本空间和事件和，其中，，，，下列运算结果，正确的有（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用互斥事件的概念和古典概型的概率的求法直接判断即可
【详解】对于A：∵，
∴．故A正确；
对于B：，故B正确；
对于C：，故C正确；
对于D：∵，∴；故D错误；
故选：ABC．
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. 的最大值为4
C. 的最大值为
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、向量数量积运算、动点轨迹等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】对于A：当轴时，最小，
， 故A错误；
对于B：当直线过圆心时，最大，即的最大值为直径，故 B正确；
对于C：当直线l的斜率为0时，，
当直线l的斜率不为0时，设，，，
联立，得，，
，
，的最大值为，
当且仅当，即时取等号，故C正确；
对于D：设线段中点为，则，
则点N在以MO为直径的圆上，
圆心为，半径为，
点N轨迹方程为，
线段PQ中点的轨迹为圆，故D正确．
故选：BCD.
11. 已知椭圆的左右焦点分别为是圆上且不在轴上的一点，的面积为，设的离心率为，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题意画出图形，由椭圆定义及三角形两边之和大于第三边判断；设出的参数坐标，利用向量数量积运算判断；求出三角形的面积范围，结合已知列式求得椭圆离心率的范围判断；由数量积及三角形面积公式求得判断．
【详解】如图，
连接，，设交椭圆于，则，
，故正确；
设，，，
，，
，故错误；
设，，则，
又△的面积为，，即，
，又，，故正确；
由，，
两式作商可得：，故正确．
故选：ACD
12. 如图，棱长为2的正方体中，E、F分别为棱A1D1、AA1的中点，G为面对角线B1C上一个动点，则（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B. 线段B1C上存在点G，使平面EFG//平面BDC1
C. 当时，直线EG与BC1所成角的余弦值为
D. 三棱锥的外接球半径的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由等积法可以判断A；
建立空间直角坐标系，通过空间向量的数量积运算可以判断B,C；根据题意设出球心，然后求出t的最大值，进而求出外接球半径的最大值.
【详解】对A，，故A正确；
对B，如图，以D为坐标原点，所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，则，，
设平面的法向量为，，
所以，令x=1，则.
设，
所以，若平面EFG//平面BDC1，则，故B错误；
对C，设EG与BC1所成角为，此时，，
所以.故C正确；
对D，因为平面，且，所以根据球的性质容易判断，三棱锥的外接球球心在过线段EF的中点且垂直于平面的直线上，记球心为，由，易得,则外接球半径，
而，则当时，，即.故D正确.
故选：ACD.
第II卷（非选择题 共90分）
三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 直线与直线平行，则_________.
【答案】－2
【解析】
【分析】利用两直线平行：斜率相等，纵截距不等即可求出结果.
【详解】由，得到，
因为，所以，由，得到
所以，即，解得，
故答案为：.
14. 圆关于直线对称的圆的方程是___________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出已知圆的圆心关于直线的对称点，进而求出所求圆的方程.
【详解】设圆心关于直线的对称点为，则，线段PQ的中点为，于是，则圆Q的方程为：.
故答案为：.
15. 如图，在平行六面体中，，，，，，点M为棱的中点，则线段AM的长为_________.

【答案】
【解析】
【分析】计算出，利用向量数量积求出向量的模，即可求得线段的长
【详解】，
则
，
故，即线段的长为.
故答案为：
16. 过椭圆上一动点分别向圆：和圆：作切线，切点分别为，，则的取值范围为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】易知两圆的圆心为椭圆的两焦点，由勾股定理可得，，由椭圆的定义可得，设，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】，，，易知、为椭圆的两个焦点，
，

根据椭圆定义，
设，则，即，
则，
当时，取到最小值．
当时，取到最大值．
故的取值范围为：.
故答案为：.
四、解答题：本大题共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. 菱形ABCD中，A（-4，7），C（2，-3），BC边所在直线过点P（3，-1）．求：
（1）AD边所在直线的方程；
（2）对角线BD所在直线方程．
【答案】（1）2x-y+15=0； （2）3x-5y+13=0.
【解析】
【分析】（1）利用相互平行的直线斜率相等、点斜式即可得出．
（2）利用相互垂直的直线斜率之间的关系、中点坐标公式即可得出
【详解】（1）kBC==2，∵AD∥BC，∴kAD=2，
∴直线AD方程为y-7=2（x+4），即2x-y+15=0．
（2）kAC==-，
∵菱形对角线互相垂直，∴BD⊥AC，∴kBD=-，
而AC中点（-1，2），也是BD的中点，
∴直线BD的方程为y-2=（x+1），即3x-5y+13=0．
【点睛】本题考查了相互平行的直线斜率相等、点斜式、相互垂直的直线斜率之间的关系、中点坐标公式、菱形的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
18. 某校为了提高学生安全意识，利用自习课时间开展“防溺水”安全知识竞赛（满分150分），加强对学生的安全教育，通过知识竞赛的形式，不仅帮助同学们发现自己对“防溺水”知识认知的不足之处，还教会了同学们溺水自救的方法，提高了应急脱险能力．现抽取了甲组20名同学的成绩记录如下：甲：92，96，99，103，104，105，113，114，117，117，121，123，124，126，129，132，134，136，141，142．抽取了乙组20名同学的成绩，将成绩分成[100，110），[110，120），[120，130），[130，140），[140，150]五组，并画出了其频率分布直方图．
（1）根据以上记录数据求甲组20名同学成绩的中位数和第80百分位数；
（2）估计乙组20名同学成绩的平均分（同组中的每个数据用该组区间的中点值代表替）；
（3）现从甲乙两组同学的不低于140分的成绩中任意取出2个人的成绩，求取出的2个人的成绩不在同一组的概率．
【答案】（1）中位数是，第80百分位数为
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用中位数与第百分位数的定义即可求解；
（2）利用在频率分布直方图中，平均数的估计值等于频率分布直方图中每个小矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和即可求解；
（3）利用列举法写出基本事件的个数，结合古典概型的计算公式即可求解.
【小问1详解】
由题意可知，甲组20名同学成绩的中位数是，
∵，∴甲组20名同学成绩的第80百分位数为．
所以甲组20名同学成绩的中位数为119, 甲组20名同学成绩的第80百分位数为133.
【小问2详解】
由频率分布直方图可知：乙组20名同学成绩的平均数分为：
．
【小问3详解】
甲组20名同学的成绩不低于140（分）的有2个，记作、；乙组20名同学的成绩不低于140（分）的有个，记作、、．
记事件为“取出的2个成绩不是同一组”，任意选出2个成绩的所有样本点为：，，，，，，，，，，共10个，其中两个成绩不是同一组的样本点是：，，，，，，共6个，
∴．
所以取出的2个人的成绩不在同一组的概率为.
19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，点为线段的中点，点为线段上的动点．
（1）求证：平面平面．
（2）试确定点的位置，使平面与平面所成的锐二面角为．
【答案】（1）证明见解析
（2）为中点
【解析】
【分析】（1）根据题意利用直线与平面垂直的判定定理分别证明平面，平面，进而利用平面与平面垂直的判定定理得到平面平面．
（2）根据题意建立空间直角坐标系，令正方形的边长为2，设点的坐标为求出平面的法向量，求出平面的法向量，利用空间向量的数量积求解即可．
小问1详解】
证明：因为平面，平面，所以，
又为正方形，得，
又因为，平面，所以平面.
又因为平面，所以，
因为，点为线段的中点，所以，
又因为，平面，所以平面.
又因为平面，所以平面平面．
【小问2详解】
因为平面， 平面，所以，，
又，所以，，两两垂直．
以点为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
设正方形的边长为，则，，，，，，
所以，，，
设点的坐标为，则，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，则.
设平面的一个法向量为，
由，得，令，则.
因为平面与平面所成的锐二面角为，
所以，
解得.
故当点为中点时，平面与平面所成的锐二面角为.
20. 已知点，直线：，又圆的半径为2，圆心在直线上．
（1）若圆心又在轴上，过点A作圆的切线，求切线方程；
（2）若在圆上存在点，满足，求圆心的横坐标的取值范围．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）先求得圆C的标准方程，分别讨论切线的斜率存在和不存在两种情况，根据圆心到直线的距离等于半径，即可求得答案.
（2）设圆心，即可求得圆C标准方程，设，根据题中关系，列出等式，化简可得M的轨迹为圆，利用圆与圆的位置关系，即可求得答案.
【小问1详解】
因为圆心在直线上，又在x轴上，
所以圆心，又圆C半径为2，
所以圆C的标准方程为，
则点A不在圆C上.
当切线的斜率不存在时，切线方程为，圆心C到的距离为2等于半径，符合题意；
当切线的斜率存在时，设斜率为k，则切线方程为，即，
所以圆心C到切线的距离，解得，
所以切线方程为，即，
故切线方程为或.
【小问2详解】
因为圆心在直线上，
设圆心，
则圆C标准方程为：，
设，
因为，
所以，整理得，
所以点M的轨迹是以为圆心，半径为2的圆，
由题意得，圆C和圆D有公共点，
所以，即，
整理得，解得.
所以圆心横坐标的取值范围为
21. 甲，乙两人进行围棋比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四周结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立．
（1）求第三局结束时乙获胜的概率；
（2）求甲获胜的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）对乙来说共有两种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）,根据独立事件的乘法公式即可求解.（2）以比赛结束时的场数进行分类，在每一类中根据相互独立事件的乘法公式即可求解.
【小问1详解】
设事件A为“第三局结束乙获胜”
由题意知，乙每局获胜的概率为，不获胜的概率为．
若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．
故
【小问2详解】
设事件B为“甲获胜”．
若第二局结束甲获胜，则甲两局连胜，此时的概率．
若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．
此时的概率．
若第四局结束甲得两分获胜，则甲第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情
况：（胜，平，平，胜），（平，胜，平，胜），（平，平，胜，胜），（胜，平，负，胜），（胜，负，平，胜），（平，胜，负，胜），（负，胜，平，胜），（平，负，胜，胜），（负，平，胜，胜）．
此时的概率
若第四局结束甲以积分获胜，则乙的积分为0分，总共有4种情况：（胜，平，平，平），（平，胜，平，平），（平，平，胜，平），（平，平，平，胜）．
此时的概率
故
22. 已知定点，圆:，为圆上的动点，线段的垂直平分线和半径相交于点．
（1）求点的轨迹的方程；
（2）直线:与曲线相交于A，B两点，且以线段AB为直径的圆经过点C（2，0），求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
分析】（1）利用定义法求轨迹方程；
（2）用“设而不求法”表示出整理化简可得，解得:，或，由直线不过点，得到，判断出直线恒过点.表示出，设，利用单调性求出最大值，即可得到的面积的最大值.
【小问1详解】
因为为圆上的动点，线段的垂直平分线和半径相交于点，
所以由线段垂直平分线的性质可得：，所以，
故点M的轨迹是以P、Q为焦点的椭圆.其中a=2，，
∴，
故点M的轨迹的方程为．
【小问2详解】
由题意，设，，
联立，整理可得:，
所以，
，
因为以线段为直径的圆过椭圆的右顶点，所以.
由，，
则.
将，
代入上式并整理得
则
化简可得，解得:，或，
因为直线不过点，
所以，故，所以直线恒过点.
故
设
则在上单调递增，
当时，，
所以的面积的最大值为
【点睛】（1）待定系数法、定义法、代入法、参数方程法等方法可以用求二次曲线的标准方程；
（2）“设而不求法 ”是一种在解析几何中常见的解题方法，可以解决直线与二次曲线相交的问题.