2023-2024学年湖北省黄冈市黄州中学（黄冈市外国语学校）高二上学期第六次阶段性测试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年湖北省黄冈市黄州中学（黄冈市外国语学校）高二上学期第六次阶段性测试数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，，则直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】先由，求斜率，再求倾斜角.
【详解】设直线的斜率为k,则，所以倾斜角为，
故选：D
2．“”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】C
【分析】先根据直线平行的充要条件求出a，然后可得.
【详解】若，则，，显然平行；
若直线，则且，即.
故“”是直线与直线平行的充要条件.
故选：C
3．已知椭圆的焦距为2，则实数m＝（ ）
A．B．C．或D．或1
【答案】D
【分析】分焦点在上和焦点在上讨论，利用列方程求.
【详解】焦距为2，即.
当焦点在上时，，得；
当焦点在上时，，得；
综合得或.
故选：D.
4．已知点，，若直线：与线段相交，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】判断出直线过定点，结合图像求得的取值范围.
【详解】依题意，直线：过定点，由图像可知，的取值范围是.
而.
所以的取值范围是.
故选：B
【点睛】本小题主要考查直线过定点，考查直线斜率，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.
5．某老师为了奖励考试成绩优异的同学，在微信群里发了一个拼手气红包.已知甲、乙、丙三人抢到的红包金额超过1元的概率分别为，则这三人中至少有两人抢到的红包超过1元的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据互斥事件的概率加法公式结合独立事件的概率除法公式分析运算.
【详解】三人抢到的红包都超过1元的概率为，
三人中仅有两人抢到的红包超过1元的概率为，
所以三人中至少有两人抢到的红包超过1元的概率为.
故选：A.
6．点 与圆上任一点连线的中点轨迹方程是
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设 为圆上任意一点，为点与点的中点，可得，利用逆代法可得结果.
【详解】设为圆上任意一点，
为点与点的中点，
故有：，
将点代入到圆方程中,
得，即，
整理得：；
故选:A.
7．已知点是圆上的动点，线段是圆的一条动弦，且，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作出图象，过点作，垂足为，连接，则有，从而得点D的轨迹方程为²，由向量的加法法则可得，根据圆与圆的位置关系求出即可得答案.
【详解】解：圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为2，
如图，过点作，垂足为，连接，

为中点，即，
又，
，
点D的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，
点D的轨迹方程为²，
是AB中点，
，
，
所以的最大值为
故选：
8．已知圆，圆，若圆的切线交圆于、两点，则面积的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】面积的大小与线段的长度有关，要求面积的取值范围，只需求出的范围，即可求解．
【详解】圆的切线交圆于、两点，则面积为（为圆的半径），
圆的半径为，是圆的一条弦，
圆的圆心为，半径为，
圆心到的距离最小时，最大，圆心到的距离最大时，最小，如图：
的最小值为，的最大值为，
面积的最小值为，面积的最大值为.
因此，面积的取值范围是.
故选：A.
【点睛】本题考查两个圆的位置关系，直线与圆的位置关系，考查圆中三角形面积的取值范围，考查计算能力，属于中等题.
二、多选题
9．设，为两个随机事件，且，，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则，相互独立
B．若和相互独立，则和一定不互斥
C．若和互斥，则和一定相互独立
D．
【答案】AB
【分析】由相互独立事件的定义可判断A；由相互独立事件和互斥事件的概念可判断B，C；举反例判断D，进而可得正确选项.
【详解】，为两个随机事件，且，，
对于A：由两个事件相互独立的定义知：若，则，相互独立，故选项A正确；
对于B：若和相互独立，则的发生对的发生的概率没有影响，所以和一定不互斥，故选项B正确；
对于C：若和互斥，则，若，相互独立则，
若和互斥，则和不相互独立，故选项C不正确；
对于D：设，则，，
则，，可得，
而，故选项D不正确.
故选：AB.
10．下列结论错误的是（ ）
A．过点的直线的倾斜角为
B．直线与直线之间的距离为
C．与关于y轴对称
D．已知两点，过点的直线l与线段有公共点，则直线l的斜率的取值范围是
【答案】ABD
【分析】求出过点的直线的倾斜角可判断A；求出直线与直线之间的距离可判B；求出直线关于y轴对称直线方程可判断C；求出过点的直线l与线段有公共点的斜率的取值范围可判断D.
【详解】对于A，设过点的直线的倾斜角为，则，
且斜率为，由可得，故A错误；
对于B，可化为，所以直线与直线之间的距离为，故错误；
对于C，直线与轴的交点为，且直线的斜率为，所以直线关于轴对称的直线的斜率为，由点斜式方程可得直线关于与轴对称的直线方程为，即为，故正确；
对于D，如下图，过点的直线l与线段有公共点，直线的斜率为，
直线的斜率为，则直线l的斜率的取值范围是，故错误.
故选：ABD.
11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”在平面直角坐标系中，已知点满足，设点的轨迹为圆，则下列说法正确的是（ ）
A．圆的方程是
B．过点向圆引切线，两条切线的夹角为
C．过点作直线，若圆上恰有三个点到直线的距离为，则该直线的斜率为
D．过直线上的一点向圆引切线，则四边形的面积的最小值为
【答案】ABD
【分析】对于A，设点坐标，根据代入化简，可得A正确；
对于B，设切线夹角为，可得，解得B正确；
对于C，若圆上恰有三个点到直线的距离为，可判断直线与圆相切，进而可解得，故C错误；
对于D，由条件可表达四边形的面积为，求的最小值，计算可得D正确.
【详解】对于A，因为，点满足，设，则，
化简得，，即，故A正确；
对于B，因为，设两条切线的夹角为，所以，解得，则，故B正确；
对于C，易知直线的斜率存在，设直线l的方程为，即，
因为圆上恰有三个点到直线的距离为2，所以圆心到直线的距离，解得，故C错误；
对于D，由题意可得，故只需求的最小值即可，的最小值为点到直线的距离，即，所以四边形的面积的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
12．如图，正方形ABCD-A1B1C1D1边长为1，P是 上的一个动点，下列结论中正确的是（ ）
A．BP的最小值为
B． 的最小值为
C．当P在直线上运动时，三棱锥 的体积不变
D．以点B为球心，为半径的球面与面 的交线长为
【答案】ACD
【分析】当时，BP最小,结合正三角形性质，求得B到直线的距离，判断A;建立空间直角坐标系，利用空间向量，设求得点，结合两点间的距离公式，求得PA+PC的最小值，判断B;根据当P在直线A1D上运动时，三棱锥的底面积以及高的变化情况，可确定体积不变没判断C;根据题意确定以点B为球心，为半径的球面与面 的交线即为的内切圆，即可求得交线长，判断D.
【详解】对于A，当时，BP最小，由于到直线的距离对．
对于B,解法一：以为坐标原点建系，以 分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则,设,
,
表示平面上之间的距离，
表示平面上之间的距离，
错
解法二：将平面翻折到平面上，如图，
连接AC，与的交点即为点P，此时取最小值AC，
在三角形ADC中，,，B错误；
对于C,,平面，
平面到平面的距离为定值,
为定值，则为定值，对．
对于D，由于平面，设与平面交于点，
，设以为球心，为半径的球与面交线上任一点为，在以为圆心，为半径的圆上，由于为正三角形，边长为 ，其内切圆半径为 ，
故此圆恰好为的内切圆，完全落在面内，
交线长为正确．
故选：ACD
【点睛】本题考查了空间几何中的距离以及距离和的最值问题，以及三棱锥体积和几何体中的轨迹问题，综合性强，要求充分发挥空间想象能力，解答时要能借助于几何体的直观图，明确空间的点线面的位置关系，灵活应用空间向量以及相关相关知识解决问题.
三、填空题
13．点P在直线：上，当P到和的距离之差最大时，点P的坐标为 .
【答案】
【解析】先判断和在直线的两侧，接着求点关于直线的对称点，再判断当、、三点共线时差值最大，最后求直线的方程并建立方程组求点P的坐标.
【详解】解：因为和，所以和在直线的两侧，
设点是点关于直线对称的对称点，
则，解得，所以点，根据题意作图如下：
所以，由图可知，,
当、、三点共线时，差值最大，且最大值为，
因为和，所以直线的方程为：
所以，解得，所以.
所以当P到和的距离之差最大时，点P的坐标为
故答案为：
【点睛】本题考查求关于直线对称的对称点、求直线的交点坐标、动点到定点的距离差的最值问题，是中档题.
14．直线与曲线有且只有一个公共点，则b的取值范围是 .
【答案】
【解析】根据图形表示当直线与半圆有一个交点时，求的取值范围.
【详解】曲线化简为 ，
所以曲线表示如图的半圆，直线表示斜率为1的平行线，
当直线与半圆只有一个公共点时，直线与半圆相切时，有一个交点，
此时，解得：，或（舍）
当直线过点时，有两个交点，此时，当直线过点时，有一个交点，此时，
根据图象可知，当直线有一个交点时，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】本题考查直线与圆相交问题，重点考查数形结合分析问题，属于基础题型，本题的关键是正确画出对应的图形.
15．中国象棋是中国棋文化、也是中华民族的文化瑰宝，它源远流长，趣味浓厚，使用方格状棋盘，每个棋子摆放和活动在交叉点上.其中象位于A处，其移动规则为循着田字的对角线走两格，即下一步可到达的地方为B或D；同理，若象位于D处，下一次可到达的地方为A，C，E或G.已知象从某位置到达下一个位置是随机的，假设象的初始位置是在A处，则走4步后恰好回到A处的概率为 .

【答案】
【分析】列出树状图，根据树状图和相互独立的概率公司求得即可.
【详解】走4步后象到达位置的所有情况可以用树状图表示，

走4步后恰好回到处的概率.
故答案为：.
16．已知圆和两点，若圆C上存在点P，使得，则m的最大值为 ．
【答案】5
【分析】根据可得点所在以为圆心，为直径的圆上，利用两圆有公共点可得的范围，即可求出最大值．
【详解】解：
解：如图，，
点在以为直径的圆上，
根据题意，圆和圆有公共点，
显然，
，
而，即
解得，所以
故答案为：5．
四、解答题
17．已知△ABC的顶点A(4，1)，AB边上的高所在直线平行于直线3x+5y-1=0，角B的平分线所在直线方程为2x-y-5=0.
（1）求点B坐标；
（2）求BC边所在直线方程.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由题意，设出，由直线的斜率公式和两直线垂直的性质，求出，即可得出的坐标；
（2）由题可得点关于的对称点在直线BC上，求出即可求出BC方程.
【详解】（1）设，故直线AB的斜率为，
AB边上的高所在直线平行于直线，
，解得，；
（2）由题可得点关于的对称点在直线BC上，
设，则，解得，即，
则直线BC的方程为，即.
【点睛】方法点睛：关于轴对称问题：（1）点关于直线的对称点，则有；（2）直线关于直线的对称可转化为点关于直线的对称问题来解决.
18．设直线与.
（1）若∥，求、之间的距离；
（2）若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积最大，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）若l1∥l2，求出m的值，即可求l1，l2之间的距离；
（2）表示直线l2与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积，配方法求出最大，即可求直线l2的方程．
【详解】（1）若l1∥l2，则，
∴，∴m＝6，
∴l1：x﹣2y﹣1＝0，l2：x﹣2y﹣6＝0
∴l1，l2之间的距离d；
（2）由题意，，∴0＜m＜3，
直线l2与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积Sm（3﹣m），
∴m时，S最大为，此时直线l2的方程为2x+2y﹣3＝0．
【点睛】本题考查直线方程，考查直线与直线的位置关系的应用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
19．在直角坐标系中，线段，且两个端点M、N分别在x轴和y轴上滑动．
(1)求线段的中点C的轨迹方程；
(2)若直线．
①证明直线l与曲线C恒有两个不同交点；
②求直线l被曲线C截得的最短弦长．
【答案】(1)
(2)① 证明见解析；②
【分析】（1）根据点C到原点的距离为定值2，得出点C在以原点为圆心，2为半径的圆上，写出圆的方程即为点C的轨迹方程；
（2）先求解直线所过定点的坐标，再判断定点在圆内可得出结论；
根据动直线与圆相交得最短弦长的条件（直线所过定点与圆心的连线和直线垂直）确定弦心距的长，再计算弦长即可.
【详解】（1）设线段的中点，当点C运动时，它到原点O的距离为定长，
即的斜边上的中线长，
因为，所以，
所以点C的轨迹是以O为圆心，2为半径的圆，
所以点C的轨迹方程是．
（2）直线可整理为
，
方程组的解为，
所以直线恒过定点，
将点代入圆C的方程有，所以点在圆C的内部，
所以直线与曲线C恒有两个不同交点．
由知，当直线垂直于时被截得的弦长最短，
又 所以此时弦长为，
所以直线被曲线C截得的最短弦长为．
20．在平面直角坐标系中，已知圆，且圆被直线截得的弦长为2.
（1）求圆的标准方程；
（2）若圆的切线在轴和轴上的截距相等，求切线的方程；
（3）若圆上存在点，由点向圆引一条切线，切点为，且满足，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）或或或；（3）
【分析】（1）将圆方程整理为标准方程形式，可知，得到圆心坐标和半径；由垂径定理可利用弦长构造出关于的方程，解方程求得，从而得到标准方程；（2）分为直线过原点和不过原点两种情况，分别假设直线方程，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得结果；（3）设，根据且可整理出点轨迹方程为：；根据在圆上，则两圆有公共点，根据圆与圆位置关系的判定可构造不等式，解不等式求得结果.
【详解】（1）圆方程可整理为：
圆的圆心坐标为，半径
圆心到直线的距离：
截得的弦长为：，解得：
圆的标准方程为：
（2）①若直线过原点，可假设直线方程为：，即
直线与圆相切 圆心到直线距离，解得：
切线方程为：
②若直线不过原点，可假设直线方程为：，即
圆心到直线距离，解得：或
切线方程为或
综上所述，切线方程为或或
（3）假设
，即
又直线与圆相切，切点为
即：，整理得：
又在圆上 两圆有公共点
，解得：
即的取值范围为：
【点睛】本题考查直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系的应用问题；关键是明确直线与圆的位置关系通过圆心到直线的距离与半径之间的大小关系来确定；圆与圆的位置关系通过圆心距与两圆半径之和、半径之差的关系来确定.
21．为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识挑战赛．每位选手挑战时，主持人用电脑出题的方式，从题库中随机出道题，编号为，，，电脑依次出题，选手按规则作答，挑战规则如下：
①选手每答对一道题目得分，每答错一道题目扣分；
②选手若答对第题，则继续作答第题；选手若答错第题，则失去第题的答题机会，从第题开始继续答题；直到道题目出完，挑战结束；
③选手初始分为分，若挑战结束后，累计得分不低于分，则选手挑战成功，否则挑战失败．选手甲即将参与挑战，已知选手甲答对题库中任何一题的概率均为，各次作答结果相互独立，且他不会主动放弃任何一次作答机会，求：
（1）挑战结束时，选手甲共答对道题的概率；
（2）挑战结束时，选手甲恰好作答了道题的概率；
（3）选手甲闯关成功的概率．
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）根据“选手甲共答对道即选手甲前题答对且第题答错”，结合相互独立事件概率计算公式、概率的加法公式，计算出所求概率.
（2）根据“选手甲恰好作答了道题即选手甲第题答错或第一题答对且第题答错”， 结合相互独立事件概率计算公式，计算出所求概率.
（3）根据““选手甲闯关成功”是“选手甲恰好作答了道题”的对立事件”，结合（2）以及对立事件的性质，计算出所求概率.
【详解】设为选手答对题，其中.
（1）设挑战结束后，选手甲共答对道题为事件，
选手甲共答对道即选手甲前题答对且第题答错，所以，
所以，由事件独立性的定义得
.
（2）设挑战结束时，选手甲恰好作答了道题为事件，
选手甲恰好作答了道题即选手甲第题答错或第一题答对且第题答错
所以
由概率的加法公式和事件独立性的定义得
（3）设选手甲挑战成功为事件
若选手甲挑战成功，则选手甲共作答了道题，且选手甲只可能作答题或道题
所以“选手甲闯关成功”是“选手甲恰好作答了道题”的对立事件，
所以
根据对立事件的性质得
22．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，点、分别在线段、上，且，其中，连接，延长与的延长线交于点，连接．
(1)求证：平面；
(2)若时，求二面角的正弦值；
(3)若直线与平面所成角的正弦值为时，求值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）在线段上取一点，使得，证明，然后由线面平行判定定理求证；
（2）以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量法，求解二面角的正弦值．
（3）令，，，，求出平面的一个法向量，利用向量法求线面角即可求出，得到．
【详解】（1）在线段上取一点，使得，如图，
，且，
，，且，
且，四边形为平行四边形，
，又平面，平面，
平面．
（2）以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则
，， ，，
易知平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
则，令，，，，
，，
故二面角的正弦值为．
（3）设，，，，，
设平面的一个法向量为，
，，
，令，则，，，
由题意可得：，
，，．