湖北省2023-2024学年高二下学期2月收心考试数学试卷(含答案)

这是一份湖北省2023-2024学年高二下学期2月收心考试数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知直线与直线则是的( )
A.充分不必要条件B.充要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件
2．在数列中,若,,则( )
A.2B.C.D.1
3．从2至6的5个整数中随机取两个不同的数,则这两个数的和是质数的概率为( )
A.B.C.D.
4．如图,M为四面体OABC的棱BC的中点,N为OM的中点,点P在线段AN上,且,设,,,则( )
A.B.
C.D.
5．已知两圆,,动圆C与圆外切,且和圆内切,则动圆C的圆心C的轨迹方程为( )
A.B.
C.D.
6．已知,是椭圆的两个焦点,点M在C上,则的最大值为( )
A.1B.4C.9D.6
7．正方体中,P为的中点,则直线DP与所成的角的正切值为( )
A.B.C.D.1
8．已知等差数列与的前n项和分别为,,且,则的值为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．一个袋子中有红,黄,蓝,紫四种颜色的球各一个,除颜色外无其他差异,从中任意摸出一个球,设事件“摸出红色球或蓝色球”,事件“摸出紫色球或蓝色球”,事件“摸出黄色球或蓝色球”,则下面结论正确的是:( )
A.B.A与B相互独立
C.A与C相互独立D.B与C相互独立
10．数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观,它蕴藏于特有的抽象概念,公式符号,推理论证,思维方法等之中,揭示了规律性,是一种科学的真实美.平面直角坐标系中,曲线就是一条形状优美的曲线,对于此曲线,下面结论正确的是:( )
A.直线与曲线C一定有交点
B.曲线C围成的图形的周长是
C.曲线C围成的图形的面积是
D.曲线C上的任意两点间的距离不超过2
11．已知抛物线的焦点为F,直线交抛物线于A,B两点,以线段AB为直径的圆交y轴于M,N两点,交准线l于Q点,则下面结论正确的是:( )
A.以AF为直径的圆与y轴相切B.
C.D.的最小值为
12．棱长为1的正方体中,点P满足,,,则下面结论正确的是:( )
A.当时,
B.当时,三棱锥的体积为定值
C.当时,直线CP与平面所成的角不可能为
D.当时,的最小值为
三、填空题
13．已知,,其中,,若,则的最小值为______.
14．经过点的直线l与连接,两点的线段总有公共点,则直线l的倾斜角的范围是______.
15．已知数列为等比数列,,公比,若是数列的前n项积,则取最大值时,n的值为______.
16．设F是双曲线的右焦点,O为坐标原点,过F作C的一条渐近线的垂线,垂足为H,若的内切圆与x轴切于点B,且,则C的离心率为______.
四、解答题
17．已知的顶点,AC边上的中线BM所在的直线方程为,的内角平分线所在的直线方程为,求:
（1）顶点C的坐标;
（2）直线BC的方程.
18．甲,乙两同学组成“星队”参加猜成语活动,每轮活动由甲,乙各猜一个成语,已知甲每轮猜对的概率为,乙每轮猜对的概率为.在每轮活动中,甲和乙猜对与否互不影响,各轮结果也互不影响.
（1）求甲在4轮活动中,恰有3轮连续猜对成语的概率;
（2）求“星队”在两轮活动中至少猜对3个成语的概率.
19．已知圆C的圆心在第一象限且在直线上,与x轴相切,被直线截得的弦长为.
（1）求圆C的方程;
（2）设是圆C上任意一点,,,求的最大值.
20．设各项均为正数的数列的前n项和为,且.
（1）求数列的通项公式;
（2）若数列满足,设,求数列的前n项和.
21．如图,三棱柱中,,D是AC的中点,.
（1）证明:平面ABC;
（2）求点到平面的距离;
（3）求平面与平面的夹角的余弦值.
22．已知椭圆的焦距为4,且点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程;
（2）已知直线,过右焦点的直线(不与轴重合)与椭圆C交于A,B两点,过点A作,垂足为D.设点O为坐标原点,求面积的最大值.
参考答案
1．答案：B
解析：直线与,
因为两直线平行,故,,解得,
所以是的充要条件.
故选:B.
2．答案：C
解析：数列中,,,
,,,…,
故数列是周期为3的数列,
,
故选:C.
3．答案：C
解析：从2至6的5个整数中随机取两个不同的数,基本事件总数,这两个数的和是质数包含的基本事件有,,,,共4个,则这两个数的和是质数的概率为.故选:C.
4．答案：A
解析：由题意,
故选:A.
5．答案：C
解析：设动圆C的半径为r,
则,,
所以,
由双曲线的定义可知,动圆C的圆心C的轨迹是以,为焦点的双曲线的右支,且,,
所以,,
所以动圆C的圆心C的轨迹方程为,
故选:C.
6．答案：B
解析：由椭圆的方程可得,
由椭圆的定义可知,
所以,当且仅当时取等号.
故选:B.
7．答案：C
解析：由题意,在正方体中可得P为与,的交点,
连接,设正方体的棱长为2,
连接,DP,BD,可得,
由正方体的性质可知平面,
所以为直线与DP所成的角,
可得平面,平面中,
所以,
又因为,
,
所以.
故选:C.
8．答案：D
解析：根据题意,等差数列与的前n项和分别为,,
且,
设,,
则,,
故,
故选:D.
9．答案：BCD
解析：由题意得,,,
,
与B相互独立,故B正确;
,
与C相互独立,故C正确
与C相互独立,故D正确
,故A错误.
故选:BCD.
10．答案：AC
解析：已知曲线,
当,时,,
可化为,
其图象为以为圆心,为半径的圆在第一象限的图形,
又方程对应的图象关于x轴对称,关于y轴对称,关于原点对称,则曲线C的图象如图所示,
对于选项A,直线,
可化为,
令,
即,
即直线恒过定点,
即线与曲线C一定有交点,
即选项A正确;
对于选项B,曲线C围成的图形的周长是,
即选项B错误;
对于选项C,曲线
围成的图形的面积是,
即选项C正确;
对于选项D,曲线上的任意两点间的距离的最大值为,
即选项D错误.
故选:AC.
11．答案：ACD
解析：由抛物线的方程,可得焦点F的坐标,准线方程为,
由题意可得,
显然直线过抛物线的焦点F,
设,,
联立,整理可得:,
可得,,
则,
,A中,以AF为直径的圆的直径为,所以圆的半径,
而AF的中点C的横坐标为,则C到y轴的距离,所以以AF为直径的圆与y轴相切,所以A正确;
B中,
,
所以B不正确;
C中,设AB的中点D的坐标,即,
则以AB为直径的圆的半径,
D到准线的距离,
所以以AB为直径的圆与准线相切,切点为过D作准线的垂线,垂足为Q,即,
此时,所以C正确;
D中,AB的中点,
则D到y轴的距离,以AB为直径的圆的半径,
所以,
当时取等号,所以d正确.
故选:ACD.
12．答案：ABC
解析：当时,P的轨迹为线段,连接AC,BD,如图1所示:
则,又平面ABCD,,,
所以平面,,
同理可得,,
所以平面,平面,
所以,选项A正确;
当时,点P的轨迹为线段EF(E,F为AD,的中点),如图2所示:
由直线平面,所以三棱锥的体积为定值,选项B正确;
当点P在线段上运动时,P在平面上的射影在上,
P到平面的距离为定值为1,
当P为的中点时,CP的射影最短,
则CP与平面所成的角的正切值最大,
其正切值为,
所以CP与平面所成的角不可能为,选项C正确;
当时,P点轨迹为线段,将旋转至平面内,可知,如图3所示:
由余弦定理可得,选项D错误.
故选:ABC.
13．答案：
解析：因为,,且,
所以,
所以,
又因为,,
所以,
当且仅当且,即,时取“=”,
所以的最小值为.
故答案为:.
14．答案：
解析：,,
与线段AB相交,
,,
或,
由于在及均为减函数
直线l的倾斜角的范围为:,
故答案为:.
15．答案：5或6
解析：根据题意,数列为等比数列,,公比,则,
当时,,当时,,当时,,
若是数列的前n项积,当时,,
则当时,,则,
当时,,则,
当时,,则,
故当或6时,有最大值.
故答案为:5或6.
16．答案：
解析：双曲线的渐近线方程为:,即,
到渐近线的距离为,
则,
则直角三角形FOH的内切圆的半径,
如图,设三角形的内切圆与FH切于M,则,
又,可得,
,
即,则.
则答案为:.
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）设,由AC中点在上可得
,即,
又,联立,解得.即顶点的坐标为.
（2）设关于直线的对称点为,
则有,解得,即,
所以BC边所在的方程为:,即直线BC的方程为:.
18．答案：（1）
（2）
解析：（1）设“甲第轮猜对成语”,
“甲在4轮活动中,恰有3轮连续猜对成语”,
则,且与是互斥事件,
因为之间相互独立,所以与之间也相互独立,
因此,甲在4轮活动中,恰有3轮连续猜对成语的概率是.
（2）设“甲两轮猜对个成语”,“乙两轮猜对个成语”
由题意可知,.
,.
设“两轮活动中“星队”至少猜对3个成语”,
则,且,,是互斥事件,由题意可得
,
因此,“星队”在两轮活动中至少猜对3个成语的概率是.
19．答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）依题意,设圆C的圆心坐标为,,半径为3a,
到直线得距离为,
所以,解得,所以圆C的方程为.
（2）
表示与点距离的平方,
因为是圆C上任意一点,
所以
所以的最大值为.
20．答案：（1）见解析
（2）见解析
解析：（1）因为,令得,解得,
则,,
两式相减得,
即,
因为各项均为正数的数列,故,
因此数列是以为首项,2为公差的等差数列,
所以.
（2）因为,由（1）可得,
,
,
所以
.
21．答案：（1）见解析
（2）
（3）
解析：（1）因为,D是AC的中点,所以,
因为,,,平面,
所以平面,
又平面,所以,因为,D是AC的中点,
所以,,BD,平面ABC,所以平面ABC.
（2）法一:取的中点,连接,可得四边形是平行四边形,
因为,,,BD,平面,
所以,平面,又平面,
所以平面平面,
过点作于点,平面,
平面平面,则平面,
所以点到平面的距离即为,
因为,所以,又,
所以,故点到平面的距离为.
法二:由（1）知平面,,所以,,两两垂直,以为原点,以,,所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
因为,所以,又,,所以,
,,所以,
所以,,,,,
,,设平面的一个法向量为,
则,即,令,
则为平面的一个法向量,
又,所以点到平面的距离,
故点到平面的距离为.
（3）由（2）法二得,,设平面的一个法向量为,
则得,令,则,,
所以为平面的一个法向量,
又平面,所以是平面的一个法向量,
,
故平面与平面的夹角的余弦值为.
22．答案：（1）
（2）15
解析：（1）由椭圆的焦距为得:,故,
因为点在椭圆C上,所以,
联立,解得,,所以椭圆C的方程为.
（2）由题得,设直线,,,,
联立方程得,
,
所以有,且,
因为,所以直线BD的方程为
令,得
将代入上式,则
故直线BD过定点,
又
所以
令,则在上单调递减,
故当,时,.