2023-2024学年湖北省宜荆荆随恩高二上学期12月联考数学试题含答案

2023-2024学年湖北省宜荆荆随恩高二上学期12月联考数学试题一、单选题1．抛物线的焦点坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据抛物线的标准方程形式进行求解即可.【详解】由，因此该抛物线的焦点在横轴的正半轴上，且，所以该抛物线的焦点坐标为故选：C2．若圆：与圆：有三条公切线，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】两圆有三条公切线，则两圆外切，由外切的充要条件得关于的不等式，求解可得.【详解】圆：的圆心，半径.圆：，即，则圆心，半径.因为两圆有三条公切线，则两圆外切，则，则有，解得或.故选：A.3．已知圆锥侧面展开图是一个半圆，其母线长度为2，则底面半径为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【分析】根据圆锥侧面展开图的特点列出方程求解即可得出答案.【详解】设圆的半径为，则底面圆的周长为.由题意得：弧长度为.根据圆锥侧面展开图的特点，可得：，解得.故选：A.4．已知样本空间含有等可能的样本点，且，，则（    ）A． B． C． D．1【答案】A【分析】根据题意分别求得，，，结合独立事件的定义，可判定事件与相互独立，再结合对立事件的概念关系可运算得解.【详解】由题意，，，，，所以事件与相互独立，则与也相互独立，.故选：A.5．彗星“紫金山一号”是南京紫金山天文台发现的，它的运行轨道是以太阳为一个焦点的椭圆．测得轨道的近日点（距离太阳最近的点）距太阳中心1.486天文单位，远日点（距离太阳最远的点）距太阳中心5.563天文单位，且近日点、远日点及太阳中心在同一条直线上，则该椭圆的短半轴长度为（    ）天文单位．A． B． C． D．【答案】C【分析】根据椭圆的性质列方程来求得正确答案.【详解】依题意，两式相乘得，所以.故选：C6．若点为椭圆上的点，、为其左右焦点，且，则的面积为（    ）A．1 B． C． D．2【答案】B【分析】先求得，再根据余弦定理、同角三角函数的基本关系式和三角形的面积公式求得正确答案.【详解】依题意，根据椭圆的定义有，解得或，所以，所以是钝角，所以，所以.故选：B7．已知直线：与双曲线：的右支交于两点，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】直线与双曲线右支交于两点，联立方程组转化为方程组有两正根求解即可.【详解】联立得：，由解得，或.所以，，则.直线与双曲线的右支交于两点，则且，则且，解得，故.故选：D.8．已知，，，，若，则的最小值为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】法一：令，， ：，得到，再利用几何意义得到上式为线段靠近点的三等分点点，到直线距离的倍求解；法二：由法一，令，为参数，，则，得到求解.【详解】解：法一：令，，为坐标原点，则，，即，设：，则，由几何关系，可取线段靠近点的三等分点点，则上式，即点到直线距离的倍，由定比分点得，所以，所以，所以，法二：由法一知，令，为参数，，则，所以，，，所以，故选：D．二、多选题9．已知，是空间中两条不同的直线，，是不同的两个平面，则下列说法正确的是（    ）A．若，，则 B．若，，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】AB【分析】根据线线、线面、面面位置关系有关定理对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，由于，，所以，所以A选项正确.B选项，由于，，所以，由于，所以，所以B选项正确.C选项，若，，则可能平行、相交或异面，所以C选项错误.D选项，若，，则，所以D选项错误.故选：AB10．若曲线的方程为：，则下列说法不正确的是（    ）A．当曲线为直线时， B．当时，曲线为焦点在轴的双曲线C．当时，曲线不存在 D．当曲线表示焦点在轴上的椭圆时，【答案】BD【分析】利用二元二次方程与曲线的关系，分类讨论的取值即可得解.【详解】对于曲线的方程：，当，即或时，则或，此时曲线为直线；当，即或时，则，若，则，，则，又必然成立，此时曲线为焦点在轴上的椭圆；若，则，， 显然不成立，此时曲线不存在；当，即时，，，由可知曲线为焦点在轴上的双曲线；综上，AC正确，BD错误.故选：BD.11．已知点，在等轴双曲线：的图象上，点是双曲线的右焦点，则下列说法正确的是（    ）A．B．点到两渐近线距离的乘积为2C．以为切点作双曲线的切线交轴于点D．的面积为【答案】ABD【分析】将点的坐标求出双曲线方程判断A，利用点到直线距离公式计算判断B，判别式法求出切线方程即可判断C，求出弦长和高即可求出面积判断D.【详解】因为点在等轴双曲线：的图象上，所以，所以，故选项A正确；双曲线：，渐近线方程分别为和，则点到两渐近线距离的乘积为，故选项B正确；设以为切点的切线方程为，联立消去y得，由题意，所以，所以以为切点的切线方程为，该直线交轴于点，故选项C错误；因为点，，所以直线方程为，即，所以双曲线的右焦点到直线的距离为，又，所以的面积为，故选项D正确.故选：ABD12．已知、分别为棱长为2的正方体棱、上的动点，则下列说法正确的是（    ）A．线段长度的最小值为2B．三棱锥的外接球体积的最大值为C．直线与直线所成角的余弦值的范围为D．当、为中点时，平面截正方体所形成的图形的面积为【答案】ABC【分析】先建立空间直角坐标系，写出点和向量的坐标；根据空间两点间距离公式可判断选项A；先求出该正方体外接球的体积；再根据点为棱上的动点，点在正方体外接球内运动，即可确定三棱锥外接球体积的最大值，可判断选项B；利用空间直线与直线所成角的向量计算方法表示出直线与直线所成角的余弦值，再分两种情况，求出每种情况下的取值范围即可判断选项C；先根据确定平面的依据判断截面形状，进而求出面积即可判断选项D.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示：因为正方体的棱长为2.则， ，，，，，，.所以，，，.因为、分别为棱、上的动点，令，.所以，.对于选项A：因为，当且仅当时，等号成立.所以线段长度的最小值为2，故选项A正确；对于选项B：由正方体的性质可得三角形为边长为的正三角形，.所以该正方体的外接球球心为正方体的中心，球半径为，外接球体积的为.因为点为棱上的动点，所以点在正方体外接球内运动.故正方体外接球的体积就是三棱锥外接球体积的最大值，为，此时点与点（或点）重合.故选项B正确；对于选项C：因为，，所以直线与直线所成角的余弦值为.当时，.当时，有，，因为当时，，则.所以直线与直线所成角的余弦值的范围为，故选项C正确；对于选项D：取中点，连接，，，.因为正方体棱长为2则，，，.当、为中点时，，所以平面截正方体所形成的图形为梯形.因为在等腰梯形中，梯形的高为.所以截面面积为，故选项D错误.故选：ABC.【点睛】关键点点睛：本题考查空间线线、线面的位置关系，几何体外接球及截面问题，属于难题.解题关键在于：建立空间直角坐标系，写出点和向量的坐标，利用对于空间两点间距离公式和直线与直线所成角的向量计算方法可判断选项A、C；对于选项B，关键在于根据点为棱上的动点判断点在正方体外接球内运动，正方体外接球的体积就是三棱锥的外接球体积的最大值；对于选项D，关键在于根据确定平面的依据判断截面形状.三、填空题13．若经过，两点的直线的倾斜角为，则 ．【答案】【分析】根据两点求斜率的公式求得正确答案.【详解】依题意，，解得.故答案为：14．若事件与相互独立，且，，且，则 ．【答案】【分析】根据事件A与B相互独立，,,求出，再由,求出.【详解】根据事件A与B相互独立，所以，由，，所以所以，即，又,所以.故答案为：15．已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.现将双曲线：上的每个点绕坐标原点沿逆时针方向旋转后得到曲线，则曲线的方程为 ．【答案】【分析】根据定义，在双曲线上设点,求出旋转后点的坐标，然后反求出的坐标，再代入双曲线方程，化简即得.【详解】在双曲线：上任取一点，将其绕坐标原点沿逆时针方向旋转后得到点，即，在曲线上设点，则有反求出，得：因点在双曲线：上，故得：，整理得：，故曲线的方程为故答案为：16．已知过抛物线：的焦点的直线与交于、两点，线段的中垂线与的准线交于点，若，则直线的方程为 ．【答案】或【分析】根据抛物线的定义可求出中垂线的斜率，即可得到直线的方程.【详解】取线段中点，连接，过点作准线于，如图，则在中，，可得，分别作垂直准线于，则由抛物线定义知，，则在中，，所以，所以线段的中垂线的斜率为，故直线的斜率为，又直线过抛物线焦点F，所以直线方程为，即:或．故答案为：或四、解答题17．已知直线：与抛物线：恒有两个交点．(1)求的取值范围；(2)当时，直线过抛物线的焦点，求此时线段的长度．【答案】(1)(2)8【分析】（1）将直线方程和抛物线方程联立消元后，根据判别式大于零得到不等式恒成立，运用数形结合法即得.(2)根据的值确定抛物线方程，两方程联立后再运用焦点弦公式即得.【详解】（1）将直线与抛物线方程联立，得，又因为直线与抛物线恒有两个交点，所以其判别式对恒成立，故须使方程的判别式，又，所以解得，即的取值范围为.（2）由题，当时，：，由过焦点得；，所以抛物线：．将直线与抛物线方程联立，并令，，得，，由韦达定理得，又因经过抛物线焦点，故．18．在斜三棱柱中，，，，、、分别为、、的中点．(1)证明：平面；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明；（2）利用线面垂直的判定定理确定三棱锥的高，再用体积公式求解.【详解】（1）连接，如下图所示,因为，分别为，的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）连接，，因为，，所以全等，且与均为等边三角形，所以，又因为，所以，所以，所以，所以是等腰直角三角形，因为为的中点，所以且，又因为，，所以是等腰直角三角形，所以，所以，所以，又因为，平面，所以平面，所以点到平面的距离，所以三棱锥的体积为.19．已知圆：，圆：．(1)求经过点以及圆与圆交点的圆的方程；(2)若动圆和圆、圆均外切，求点的轨迹方程.【答案】(1)(2)【分析】（1）设出所求圆的方程，根据点坐标求得所求圆的方程.（2）根据双曲线的定义求得点的轨迹方程.【详解】（1）设所求圆方程为：，，将代入上面方程，得，解得，所以该圆方程为：，化简为：.（2）由题圆：，圆心，半径，圆：，圆心，半径，又因为圆和圆，圆均外切，令，圆的半径为，则，，所以，所以点在以，为左右焦点，以2为实轴长的双曲线靠近点的一支上，且，所以，， ，所以点坐标满足如下关系：，解得．所以点的轨迹方程为：．20．如图，在直三棱柱中，平面平面，，，的面积为10．(1)求证：；(2)求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题可计算得，根据的面积为10，可得，得平面，得证；（2）建立空间直角坐标系，利用向量运算可得解.【详解】（1）因为直三棱柱，，，所以平面，所以，所以，又因为的面积为10，，所以，即，所以，又因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，所以，又直三棱柱，所以．（2）由（1）知，平面，，由题意知，，则以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，可得，，，设平面的法向量为，则，取，则，，所以，设平面的一个法向量为，则，取，则，，所以，则，所以平面与平面夹角的余弦值为．21．荆城小理论能力很强，计划高考后参加机动车驾驶证考试.了解到某平驾校学费4000元，包含各科目第一场考试费用（若第一场考试不合格，补考费需学员自己通过交管12123另缴）.现通过随机抽样调查了解到本校已毕业的100名学长参加驾驶证考试所花费用，将数据分成4组：，，，，并整理得到如下频率分布直方图.小汽车驾驶证考试通俗的讲分为理论考试：科目一、科目四；实际操作考试：科目二、科目三（路考）.认为自己理论无敌，科一、科四逢考必过，不在此题研究范围内.只略微担心实际操作考试，现了解到考试规则如下：科目二通过才能进行科目三的考试预约，且科目二每场两次机会，每次通过概率为，补考费150元每场；科目三补考费200元每场，每场也是两次机会，每次通过概率为；以上两科目均可补考4场，即每科最多考试10次.（根据《机动车驾驶证申领和使用规定》第三十七条：在驾驶技能准考证明有效期内，科目二和科目三道路驾驶技能考试预约考试的次数不得超过五次.第五次预约考试仍不合格的，已考试合格的其他科目成绩作废.）(1)试求样本中费用的平均数和中位数（中位数结果取整数）；(2)若同一科目第五次预约考试不合格，则需要重新缴纳学费4000元.求同学出现重新缴纳学费从头再来的概率；（，，用含有，的式子表示结果）(3)求小同学预估自己所花学费和补考费不超过4300元的概率.【答案】(1)，(2)(3)【分析】（1）根据频率分布直方图中的信息，运用平均数公式和中位数计算方法即得；（2）缴纳学费从头再来分两类情况计算概率，即科目二五场10次均未通过的概率和科目二通过但科目三五场10次考试均未通过，运用独立事件的乘法公式和概率加法公式计算；（3）分五类补考科目场次情况分别计算概率，再运用概率的加法公式计算即得.【详解】（1）样本中费用的平均数为：，由前两组频率和为：，第三组频率为：，所以中位数在第三组，则中位数；（2）由题，分两种情况考虑：①科目二预约五场共10次均未通过：；②科目二通过，科目三预约五场共10次均未通过：；所以同学出现重新缴纳学费从头再来的概率为：；（3）由补考费150元每场，科目三补考费200元每场，故可分类如下：①无补考费，总费用4000元，概率为：②补考科目二一次，总费用4150元，概率为：；③补考科目三一次，总费用4200元，概率为：；④补考科目二两次，总费用4300元，概率为：；故小同学预估自己所花学费和补考费不超过4300元的概率为：．【点睛】关键点点睛：本题主要考查频率分布直方图的信息读取，积事件的概率以及概率加法公式的运用.关键在于对图形信息的处理和对相关事件的分析，将题设问题分成若干类具体的事件分别求概率，再运用概率的加法公式计算即可.22．已知既是椭圆短轴端点，又是双曲线的顶点，椭圆离心率为，双曲线离心率为，且是方程的两根．过点的动直线与椭圆交于，与双曲线交于．(1)求椭圆和双曲线的标准方程；(2)若直线的斜率为1时，求；(3)过点作的平行线交直线于点，问：线段的中点是否在定直线上，若在，求出该直线；若不在，请说明理由．【答案】(1)；(2)(3)在，【分析】（1）解方程得，再由既是椭圆短轴端点，又是双曲线的顶点，待定系数求得两曲线方程；（2）分别联立直线方程与两曲线方程，由弦长公式求得弦长，再由面积比即为弦长比可得；（3）联立直线与椭圆方程，设，，由韦达定理得，由坐标表示直线方程，令，得坐标，进而得中点坐标，结合韦达定理消参得中点所在定直线.【详解】（1）由题，是方程的两根，又，解得，，又既是椭圆短轴端点，又是双曲线的顶点，所以，，由，，解得，，所以椭圆的标准方程为：，双曲线的标准方程为：；（2）当直线的斜率为1时，直线的方程为：，令，，，，将直线的方程与椭圆和双曲线的方程联立， ，得，其中，则，所以；联立，得，其中，则，所以；所以；（3）易知的斜率存在且不为0，设：，，，与椭圆的方程联立 ，得，其中，且，又因为，此时：，所以，令线段的中点为，则，则，将*代入上式，得，所以，所以线段的中点在定直线上．