湖北省武汉市常青联合体2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份湖北省武汉市常青联合体2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷(含答案)，共16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．直线的倾斜角为( )
A.B.C.D.
2．若方程表示焦点在轴上y的椭圆,则实数m的取值范围是( )
A.B.C.D.
3．数学来源于生活,约3000年以前,我国人民就创造出了属于自己的计数方法.十进制的算筹计数法就是中国数学史上一个伟大的创造,算筹实际上是一根根同长短的小木棍.下图是利用算筹表示数1～9的一种方法.例如:3可表示为“”,26可表示为“”,现有5根算筹,据此表示方法,若算筹不能剩余,则用1～9这9个数字表示的所有两位数中,个位数与十位数之和为5的概率是( )
A.B.C.D.
4．设直线与圆相交于两点，且的面积为8，则( )
A.B.-1C.1D.
5．设A，B为随机事件，则的充要条件是( )
A.B.
C.D.
6．甲､乙､丙三人玩传球游戏,每个人都等可能地把球传给另一人,由甲开始传球,作为第一次传球,经过3次传球后,球回到甲手中的概率为( )
A.B.C.D.
7．椭圆的上顶点为A,点P,Q均在C上,且关于x轴对称.若直线AP,AQ的斜率之积为,则C的离心率为( )
A.B.C.D.
8．直线l过点,且与圆相交所形成的长度为整数的弦的条数为( )
A.5B.8C.9D.10
二、多项选择题
9．已知直线和直线,下列说法正确的是( )
A.始终过定点B.若,则或
C.若,则或2D.当时,始终不过第三象限
10．已知F为椭圆的一个焦点,A,B为该椭圆的两个顶点,若,,则满足条件的椭圆方程为( )
A.B.C.D.
11．在棱长为2的正方体中，E、F、G分别为、、的中点，则下列选项正确的是( )
A.
B.直线与所成角的余弦值为
C.三棱锥的体积为
D.存在实数、使得
三、填空题
12．已知圆C的圆心在直线上,且过点,,则圆C的方程为__________.
13．王先生忘记了自己电脑的密码,但记得密码是由两个3,一个6和一个9组成的四位数,于是他用这四个数字随意排成一个四位数输入电脑,则其能一次就打开电脑的概率是________.
14．关于椭圆有如下结论:“过椭圆上一点作该椭圆的切线,切线方程为.”设椭圆的左焦点为F,右顶点为A,过F且垂直于x轴的直线与C的一个交点为M,过M作椭圆的切线l,若切线l的斜率与直线的斜率满足,则椭圆C的离心率为____________.
四、解答题
15．已知的顶点,边上的高线所在的直线方程为,边上的中线所在的直线方程为.
（1）求点B的坐标;
（2）求直线方程.
16．垃圾分类（Garbageclassificatin）,一般是指按一定规定或标准将垃圾分类储存、投放和搬运,从而转变成公共资源的一系列活动的总称.垃圾分类具有社会、经济、生态等多方面的效益.小明和小亮组成“明亮队”参加垃圾分类有奖答题活动,每轮活动由小明和小亮各答一个题,已知小明每轮答对的概率为p,小亮每轮答对的概率为且在每轮答题中小明和小亮答对与否互不影响,各轮结果也互不影响.已知一轮活动中,“明亮队”至少答对1道题概率为.
（1）求p的值;
（2）求“明亮队”在两轮活动中答对3道题的概率.
17．如图,在四棱锥中,,,,平面平面.
（1）求证:平面;
（2）点Q在棱上,与平面所成角的正弦值为,求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知椭圆的焦距为2,且经过点.
（1）求C的方程;
（2）若直线与C相交于不同于A的P,Q两点,的中点为M,当时,
①求证:为直角.
②求m的值.
19．在空间直角坐标系中,任何一个平面的方程都能表示成,其中A,B,C,,,且为该平面的法向量.已知集合,,
（1）设集合,记中所有点构成的图形的面积为,中所有点构成的图形的面积为,求和的值;
（2）记集合Q中所有点构成的几何体的体积为,中所有点构成的几何体的体积为,求和的值;
（3）记集合T中所有点构成的几何体为W.求W的体积的值.
参考答案
1．答案：B
解析：由题意得直线的斜率为.
设直线的倾斜角为,则,
由,得,
故选:B.
2．答案：D
解析：若方程表示焦点在y轴上的椭圆,则,解得.
故选:D.
3．答案：A
解析：1根算筹只能表示1,2根算筹可表示2和6,3根算筹可表示3和7,4根算筹可表示4和8,5根算筹可表示5和9,
因此5根算筹表示的两位数有14,18,41,81,23,27,32,72,63,67,36,76,共12个,
其中个位数与十位数之和为5的有14,41,23,32,共4个,
所以所求概率为.
故选:A
4．答案：C
解析：由题意,圆的圆心为,半径,
因为直线与圆C交于A,B两点,
且的面积为8,
所以,
且
解得,
因为,
所以,
即,
所以中,,
所以圆心到AB的距离为,
即圆心到的距离
解得.
5．答案：D
解析：对于A，由可知A，B为互斥事件，概率不一定相等，A错误；
对于B，由可知A，B相互独立，与概率大小无关，B错误；
对于C，抛掷一颗骰子，记掷出点数1，2，3，4为事件A，掷出点数3，4，5，6为事件B，
则事件表示掷出点数为3，4，为不可能事件，
所以，，，
显然，由推不出，C错误；
对于D，，
，
若，则，
即，反之亦然，
故的充要条件是，D正确.
故选：D.
6．答案：B
解析：设甲､乙､丙三人用a,b,c,由题意可知:传球的方式有以下形式,,,,,,,,,所求概率为,故选B.
7．答案：C
解析：,设,则,则,,
故,又,则,
所以,即,所以椭圆C的离心率为.
故选:C
8．答案：C
解析：依题设,圆C的圆心为,且半径,
而,即点在圆内,且圆心到该点的距离,
当直线与、的连线垂直时,弦长最短为,
而最长弦长为圆的直径为,因此所有弦的弦长范围为,
所以相交所形成的长度为整数的弦,弦长为2,3,4,5,6,
根据圆的对称性,弦长为3,4,5,6各有2条,弦长为2的只有1条,
所以共有9条.
故选:C
9．答案：ACD
解析：选项A:,令,得,过点,A正确;
选项B:当时,,重合,故B错误;
选项C:当时,由,得或2,故C正确;
选项D:当时,始终过,斜率负,不会过第三象限,故D正确.
故选:ACD
10．答案：BCD
解析：由题意,已知F为椭圆的一个焦点,
其中A,B为该椭圆的两个顶点,且,
当A,B为左右两个顶点时,可得,解得,
所以,此时椭圆的方程为;
当A为椭圆短轴的顶点,B为长轴的顶点时,可得
解得,,则,此时椭圆的方程为;
当A为椭圆长轴的顶点,B为短轴的顶点时,可得,
解得,,则,此时椭圆的方程为.
故选:BCD.
11．答案：BD
解析：由题可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
所以，，，，，
对于A，，故与不垂直，故A错误；
对于B，，
所以直线与所成角的余弦值为，故B正确；
对于C，由上，
所以，
所以即，又，
所以，
因为，又由正方体性质可知平面即平面，
所以，故C错误；
对于D，若存在实数、使得，
则，
所以，所以，故D正确.
故选：BD.
12．答案：
解析：由题设,且中点为,故线段中垂线方程为,
由题意知,圆心也在上,联立,可得圆心为,
所以半径,故圆C的方程为.
故答案为:
13．答案：
解析：由题可知,密码的可能情况有:
3369,3396,3639,3693,3936,3963,6339,6393,6933,9336,9363,9633共有12种情况,
其中只有1个密码正确,
所以能一次就打开电脑的概率是,
故答案为:.
14．答案：
解析：由题设,,令代入椭圆,有,
令,则过该点的切线,即为,
所以,而,故,
所以,则,
即,又,则.
故答案为:
15．答案：（1）;
（2）.
解析：（1）由边上的高线所在的直线方程为,得直线的斜率为1,
直线方程为,即,
由,解得,
所以点B的坐标是.
（2）由点C在直线上,设点,于是边的中点在直线上,
因此,解得,即得点,直线的斜率,
所以直线的方程为,即.
16．答案：（1）
（2）
解析：（1）设“一轮活动中小明答对一题”,
“一轮活动中小亮答对一题”,则,.
设“一轮活动中,“明亮队”至少答对的1道题”,
则,由于每轮答题中小明和小亮答对与否不影响,
所以A与B相互独立,从而与相互独立,
所以,
所以
（2）设“两轮活动中小明答对了1道题”,“两轮活动中小亮答对了1道题”,,1,2.
由题意得,,
,
设“明亮队”在两轮活动中答对3道题”,
则.由于和相互独立,则与互斥,
所以.
所以,“明亮队”在两轮活动中答对3道题的概率为.
17．答案：（1）证明见解析;
（2）.
解析：（1）若O,E分别为,中点,连接,,,
由,,则为直角梯形,且为中位线,
所以,且,
由,则,又,可得,
面面,面,面面,
则面,面,故,则,
由面,则,又,均在面内,
所以面,面,可得,
所以,故,即,
由,则,而均在面内,
所以平面.
（2）由（1）可构建如上图所示的空间直角坐标系,
所以,,,,,
令且,则,
则,,,
若是面的一个法向量,则,
令,则,
由题意,
整理得,故,则,
若是面的一个法向量,则,
令,则,
所以平面与平面夹角的余弦值.
18．答案：（1）;
（2）①证明见解析;
②.
解析：（1）由题意,且,则,
所以椭圆;
（2）①在中,
又P,Q两点不同于A,的中点为M,
当时,
此时,
所以为直角,得证;
②设,,联立,
整理得,
则,
所以,则,,
由,
综上,将韦达公式代入上式整理得,可得或,
而时,直线过A点,不合题设,
当时,满足条件,
所以.
19．答案：（1）,;
（2）,;
（3）16.
解析：（1）集合表示平面上所有的点,
表示这八个顶点形成的正方体内所有的点,
而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点,发现它是边长为2的正方形,
因此.
对于,
当时,表示经过,,的平面在第一象限的部分.
由对称性,知Q表示,,,这六个顶点形成的正八面体内所有的点.
而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点,它是边长为的正方形,
因此.
（2）记集合,中所有点构成的几何体的体积分别为,;
考虑集合Q的子集;
即为三个坐标平面与围成的四面体.
四面体四个顶点分别为,,,,
此四面体的体积为,
由对称性知,,
考虑到P的子集构成的几何体为棱长为1的正方体,
即,
,
显然为两个几何体公共部分,
记,,,.
容易验证,,在平面上,同时也在的底面上.
则为截去三棱锥所剩下的部分.
的体积,三棱锥的体积为.
故的体积.
当由对称性知,.
（3）如图所示,即为T所构成的图形,其中正方体即为集合P所构成的区域.
构成了一个正四棱锥,其中E到面的距离为2,,
所以.