湖北省云学联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学（A）试卷（Word版附解析）

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命题单位：云学研究院 审题单位：云学研究院
考试时间：2024年11月13日下午15：00-17：00 时长：120分钟 试卷满分：150分
一、选择题：本题共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. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数的除法计算，再利用共轭复数及虚部的意义判断得解.
【详解】依题意，，
所以的虚部为.
故选：D
2. 已知直线：与：，若与互相平行，则它们之间的距离是（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线平行满足的系数关系可得，即可利用平行线间距离公式求解.
【详解】若与互相平行，则需满足，解得，
故直线：与：，
故两直线间距离为，
故选：C
3. 已知空间向量，，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量垂直，数量积为0求参数的值.
【详解】因为，且，
所以.
故选：C
4. 已知实数，满足方程，则的最大值为（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据点和圆、直线和圆的位置关系求得正确答案.
【详解】由得，所以在以2,0为圆心，
半径为的圆上，表示圆上的点和点连线的斜率，
设过的圆的切线方程为，
2,0到直线的距离，解得或，
所以的最大值为.
故选：D
5. 如图，在中，，为上一点，且，若，，，则的值为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由已知结合向量共线定理可得，进而根据向量数量积的运算律即可求解.
【详解】因为，，
故，
由于在上，所以，故，
则，
又，，，
所以，
则
.
故选：B.
6. 某中学研究性学习小组为测量如图所示的铜雕的高度，在和它底部位于同一水平高度的共线三点处测得铜雕顶端P处仰角分别为，且，则该铜雕的高度为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设的投影为，且，利用锐角三角函数表示出、、，再在和中分别用余弦定理得到方程，解得即可.
【详解】设的投影为，且，在中，，
所以，

在中，，所以，
在中，，所以，
在和中分别用余弦定理得，
解得或（舍去），即该铜雕的高度为.
故选：B
7. 为椭圆上任意一点，，，则的最大值为( ).
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由条件可知，当且仅当，，三点共线且点在第二象限时，为最大值.
【详解】由椭圆，可得，，，所以可知为椭圆的下焦点，
设为椭圆上焦点，又因为为椭圆上任意一点，所以由椭圆定义可知：，
即，因为当，，三点共线且点在第二象限时有最大值，
即，又因为，
所以
故选：D.
8. 正方形的边长为12，其内有两点、，点到边、的距离分别为3，2，点到边、的距离也是3和2．现将正方形卷成一个圆柱，使得和重合（如图）．则此时、两点间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点分别作底面的平行圆，利用空间向量数量积的运算律求解即得.
【详解】过点作平行于底面的截面圆，过点作平行于底面的截面圆，，
设圆柱的底面圆半径为，则，解得 ，于是，
由，得
，
所以、两点间的距离为.
故选：C
【点睛】关键点睛：求出空间两点的距离，借助空间向量表示及空间向量数量积是解决问题的关键.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知曲线方程表示椭圆，则下列说法正确的是（ ）
A. 的取值集合为
B. 当时，焦点坐标为
C. 当时，记椭圆所包围的区域面积为，则
D. 当时，随着越大，椭圆就越接近于圆
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据椭圆的基本性质对选项逐一判断即可.
【详解】A选项，因为，则,且，所以的取值范围是，故A选项错误；
B选项，当时，椭圆方程为，则椭圆表示焦点在轴上的椭圆，且，所以焦点坐标为；
C选项，当时，椭圆方程为，则椭圆表示焦点在轴上的椭圆，且，，则椭圆所包围的区域面积为，且，则C选项正确；
D选项，时，曲线方程表示焦点在轴上的椭圆，则，，，则当，时，离心率表示单调递减的函数，则随着越大，椭圆的离心率越接近0，椭圆越圆，故D选项正确.
故选：BCD
10. 如图所示，在棱长为1的正方体中，是线段上动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 平面平面
B. 最小值为
C. 若直线与所成角的正弦值为，则
D. 若是线段的中点，则到平面的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A利用面面垂直的判定判断；B根据正方体的结构特征易得，结合是线段上动点，即可判断；C将已知化为直线与所成角为，令且，应用余弦定理列方程求参数；D化为求到平面的距离，等体积法求距离.
【详解】A：由题意面，面，故平面平面，对；
B：由题意面，面，则，
又是线段上动点，显然与重合时最小，为，对；
C：若平行于侧棱，交于，连接，显然为矩形，
所以，故直线与所成角，即为直线与所成角，为，
由，而，
令且，则，，，
所以，可得，
整理得，可得或（舍），错；
D：显然C中为的中点，而，面，面，
所以面，即到平面的距离，即为到平面的距离，
由，且，即，
所以，对.
故选：ABD
11. 已知圆，为直线上一动点，过向圆引两条切线，为切点，则下列四个命题正确的是（ ）
A. 直线与圆总有两个交点.
B. 不存在点，使.
C. 直线过定点.
D. 过作互相垂直的两条直线分别交圆于、和、，则四边形面积的最小值为6
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用直线过定点且定点在圆内判断A，假设存在点，利用三角形边长关系和的取值范围判断B，求出以为直径的圆的方程，结合条件可得公共弦的方程，即可求出定点判断C，设到直线，的距离为，利用圆的几何性质求弦长，再结合面积公式和的取值范围判断D.
【详解】选项A：因为直线过定点，
且，即该定点在圆内，所以直线与圆总有两个交点，A说法正确；
选项B：连接，因为为切点，所以与全等，

假设存在点，使，则，此时，
因为，所以假设成立，即存在点，使，B说法错误；
选项C：设，则，
以为直径的圆的方程为，即，
又圆，两圆作差可得公共弦直线方程为，
消去可得，整理得，
令可得直线过定点，C说法正确；
选项D：设到直线，的距离为，则，

因为，，
所以，
又因为，当且仅当或过原点时等号成立，
所以，四边形面积，
即四边形面积的最小值为6，D说法正确；
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设圆：，为圆内一点，为圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于，当点在圆上运动时，点的轨迹方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】数形结合，分析出动点满足的条件，再根据椭圆定义，即可求得其方程.
【详解】根据题意，作图如下所示：
由题可知：，且，故，
故点的轨迹是椭圆，设其方程为，
故，，，故，故其方程为：.
故答案为：.
13. 已知圆台上、下底面半径分别为1和2，母线与底面所成角为，则圆台的外接球体积与圆台体积之比为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意结合轴截面可知，即可得圆台的体积，根据圆台的结构特征列式求球的半径和体积，即可得结果.
详解】由题意可知：上底面半径，下底面半径，
由轴截面可知：，可知，
可得圆台的体积，
设外接球的半径为，
则，即，解得，
（假设球心在圆台内，则，此时无解）
可得球的体积，
所以.
故答案为：
14. 已知M 是椭圆上一点，线段 AB是圆的一条动弦,且则的最大值为_______.
【答案】70
【解析】
【分析】设中点为，易得，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，可转化为，，设出点的参数方程，求出，即可得解.
【详解】
如图，设中点为，由，，故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
，
，设，则
，
当且仅当时，，
所以，
故答案为：70
【点睛】关键点点睛：由向量的数量积求解椭圆上一点与定点距离问题，转化法和参数方程是解决本题关键，还综合了余弦函数求最值问题，试题整体难度不大，但综合性强，是一道跨知识点考查相对不错的题！
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 直线经过两直线：和：的交点.
（1）若直线与直线垂直，求直线的方程.
（2）若点到直线的距离为4，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）方法一：求出两直线交点坐标，再由垂直关系计算可得结果；
方法二：设出两直线组成的直线系方程，再由垂直关系计算可得结果；
（2）方法一：分斜率是否存在进行讨论，利用点到直线距离公式计算可得结果；
方法二：利用直线系方程求得参数值即可得直线方程.
【小问1详解】
方法一：由得交点，
因为与直线垂直，所以设：，代入得，
所以的方程为；
方法二：设：，整理得，
当与直线垂直，所以，解得，
所以的方程为，即.
【小问2详解】
方法一：当的斜率不存在时，为，满足题意，
当的斜率存在时，设：，则到直线的距离为，
解得，此时直线的方程为，
综上，直线的方程为或.
方法二：到直线的距离为，
化简得，解得或，
所以直线的方程为或.
16. 某地区有小学生9000人，初中生8600人，高中生4400人，教育局组织网络“防溺水”网络知识问答，现用分层抽样的方法从中抽取220名学生，对其成绩进行统计分析，得到如下图所示的频率分布直方图.
（1）成绩位列前学生平台会生成“防溺水达人”优秀证书，试估计获得“防溺水达人”的成绩至少为多少分；
（2）已知落在60,70内的平均成绩为67，方差是9，落在内的平均成绩是73，方差是29，求落在内的平均成绩和方差.（附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，，两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差）
【答案】（1）88分 （2）平均成绩为76，方差为12
【解析】
【分析】（1）根据百分位数的计算公式，即可求即可，
（2）计算频率，即可得比例，即可根据总体方差的计算公式求解.
小问1详解】
前4组的频率之和为，
前5组的频率之和为，
第分位数落在第5组，设为，则，解得.
“防溺水达人”的成绩至少为88分.
【小问2详解】
的频率为0.15，的频率为0.30，所以
的频率与的频率之比为
的频率与的频率之比为
设内的平均成绩和方差分别为，
依题意有，解得，
，解得
所以内的平均成绩为76，方差为12.
17. 如图，由等腰与直角梯形组成的平面图形，已知，，，，，现将沿折起，使其成四棱锥，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据勾股定理与线面的判定定理证得平面，再利面面垂直的判定与性质定理，结合线面垂直的性质定理证得平面，进而得证；
（2）根据题意建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求出平面法向量，利用空间向量法求二面角，结合三角函数的基本关系式即可得解.
【小问1详解】
在中，，，
，
又，，，
，又，平面，
平面，平面，平面，
所以平面平面，平面平面，
取中点，连，
则，又平面平面，平面，
平面，取中点，连，，
则，，四边形为平行四边形，
，平面，
又平面，平面平面；
【小问2详解】
由（1）知以为原点，，分别为轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的法向量为，
，，，
，即，
令，则，设平面法向量，
则，即，
令，则，
，则，
，
由图形可知二面角为锐角，故二面角的正切值为.
18. 某公司进行团建活动，最后一活动由两小组各自推荐出来的员工甲、员工乙参加．该活动分为两阶段，第一阶段是选拔阶段，两人各掷飞镖30次，所得成绩的第60百分位数大的员工参加下一阶段，第二阶段是游戏阶段，游戏规则如下：①有4次游戏机会；②依次参加，，游戏；③前一个游戏胜利后才可以参加下一个游戏，若轮到游戏后，无论胜利还是失败，一直都参加游戏，直到4次机会全部用完；④参加游戏，则每次胜利可以获得奖金20元；参加游戏，则每次胜利可以获得奖金50元；参加游戏，则每次胜利可以获得奖金100元.
已知甲参加每一个游戏获胜的概率都是，乙参加每一个游戏获胜的概率都是，甲、乙参加每次游戏相互独立，第一阶段甲、乙掷飞镖所得成绩如下表：
甲的成绩
乙的成绩
（1）甲、乙两位员工谁参加第二阶段游戏？并说明理由．
（2）在（1）的基础上，解答下列两问：
（i）求该员工能参加游戏的概率.
（ii）该员工获得的奖金金额超过70元的概率是多少？
【答案】（1）甲参加第二阶段游戏，理由见解析
（2）（i），（ii）
【解析】
【分析】（1）根据游戏规则求得两人的第60百分位数即可得出结论；
（2）（i）依题意游戏至多共使用3次机会，再由概率的加法公式计算可得结果；
（ii）分情况根据共参加游戏次数以及获胜次数计算可得结果.
【小问1详解】
，甲的6，7，8环一共有15次，9环11次，故甲的第60百分位数为9；
而乙6，7，8环一共有18次，9环10次，，其故乙的第60百分位数为8.5，
所以甲参加第二阶段游戏.
【小问2详解】
（i）若甲能参加游戏，则，游戏至多共使用3次机会，
①，游戏共使用2次机会，则概率；
②，游戏共使用3次机会，则概率，
所以甲能参加游戏的概率为.
（ii）由甲获得的奖金金额超过70元即奖金金额为170和270，也就是说甲能参加游戏并且游戏至少获胜一次。
①，游戏共使用2次机会，且游戏获胜一次，则概率；
②，游戏共使用3次机会，游戏获胜一次，则概率；
③，游戏共使用2次机会，且游戏获胜两次，则；
所以甲获得的奖金金额超过70元的概率为
19. 如图1，已知圆心在轴的圆经过点和.过原点且不与铀重合的直线与圆交于A、B两点（在轴上方）.

（1）求圆的标准方程；
（2）若的面积为，求直线l的方程；
（3）将平面xOy沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面AOD)与y轴负半轴和轴所确定的半平面（平面BOD）互相垂直，如图2，求折叠后AB的范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设圆心，半径为，根据，列出方程求得的值，即可求得圆的方程；
（2）当直线的斜率不存在时，求得的面积为，舍去；设直线的方程为，利用点到直线的距离公式和圆的弦长公式，求得弦长，进而求得到直线的距离为，根据题意列出方程，求得的值，即可求解；
（3）当直线的斜率不存在时，由为等腰直角三角形，求得；设直线的方程为，联立方程组，求得，过作轴过作轴，得到，化简得到，进而求得折叠后AB的范围.
【小问1详解】
解：由题意，设圆心，半径为
因为圆经过点和，可得，
即，解得，所以，
所以圆的方程为.
【小问2详解】
解：当直线的斜率不存在时，此时的方程为，可得，
此时的面积为，不符合题意，舍去；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，其中，即，
可得圆心到直线的距离为，
由圆的弦长公式，可得，
又由，设到直线的距离为，
所以的面积为，
整理得，解得或（舍去），
所以，所以直线的方程为.
综上可得，直线的方程为.
【小问3详解】
解：当直线的斜率不存在时，此时的方程为，可得，
此时为等腰直角三角形，可得；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，且，
联立方程组，整理得，
可得，且，
过作轴，垂足为，过作轴，垂足为，
则
，
因为，所以，所以，
综上可得，折叠后AB的范围.
【点睛】方法策略：解答直线与圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆的性质或圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围；
3、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆或圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用.
环数
6
7
8
9
10
次数
3
3
9
11
4
环数
6
7
8
9
10
次数
3
5
10
10
2