湖北省宜昌市部分省级示范高中2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷（解析版）

这是一份湖北省宜昌市部分省级示范高中2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，只有一个选项是正确的.请把正确选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知复数，则的共轭复数是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由，可得：，
所以的共轭复数是.
故选：C.
2. 已知表示两条不同直线，表示平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】C
【解析】因为，，则或相交或异面，故A错误；
由，，则与的关系无法确定，可能平行，可能相交，可能在平面内，故B错误；
若，，则，故C正确；
若，，则或，故D错误.
故选：C.
3. “”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
【解析】当时，，，显然，两直线平行，满足充分条件；
当与直线平行时，，则
∴或，
当时显然成立，当时，，，
整理后与重合，故舍去，
∴，满足必要条件；
∴“”是“直线与直线平行”的充要条件
故选：C.
4. 在一次奥运会男子羽毛球单打比赛中，运动员甲和乙进入了决赛.假设每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，用计算机产生之间的随机数，当出现、、时表示一局比赛甲获胜，当出现4、5时表示一局比赛乙获胜.由于要比赛3局，所以每3个随机数为一组，现产生20组随机数，结果如下：
423 123 423 344 114 453 525 332 152 342
534 443 512 541 125 432 334 151 314 354
则估计在本次比赛中甲获得冠军的概率是（ ）
A. 0.35B. 0.55C. 0.6D. 0.65
【答案】D
【解析】表示甲获得冠军的数有423，123，423，114，332，152，342，512，125，432，
334，151，314共13组数，故估计该场比赛甲获胜的概率为.
故选：D.
5. 已知点在确定的平面内，是平面外任意一点，正数满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意知，四点共面，又，
则，
所以，即，
因为，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
故选：B.
6. 已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，棱锥的底面是边长为的正三角形，侧棱长为，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图，设点在底面的射影为点，
因底面边长均为，侧棱长均为，故球心在上，
连接，设球的半径为，则，
由正弦定理，解得，
在中，，则，
在中，由，解得，
则球的表面积为.
故选：B.
7. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，
根据正弦定理得，，
即，
即，
即，
因为，则，
所以，即，
所以，
又，
则，即，
又，
所以的面积为.
故选：A.
8. 已知椭圆的焦距为，若直线恒与椭圆有两个不同的公共点，则椭圆的离心率范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】将直线整理可得，
易知该直线恒过定点，
若直线恒与椭圆有两个不同的公共点，可知点在椭圆内部；易知椭圆上的点当其横坐标为时，纵坐标为，即可得，
整理可得，即，解得.
故选：A.
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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有错选的得0分.
9. 下面四个结论不正确的是（ ）
A. 已知，，若，则的夹角为钝角
B. 已知，，则在上的投影向量是
C. 若直线经过第三象限，则，
D. 设是空间向量的一组基底，则也是空间向量的一组基底
【答案】ACD
【解析】对于A，当时，，，，此时的夹角为，故A错误；
对于B，向量在向量上的投影向量为，故B正确；
对于C，令，，，则直线为，此时直线经过第三象限，但，故C错误；
对于D，若，则，所以共面，故不能作为基底，故D错误.
故选：ACD.
10. 已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的28个样本数据的方差为，平均数为;去掉的两个数据的方差为，平均数为﹔原样本数据的方差为，平均数为，若=，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 剩下28个数据的中位数大于原样本数据的中位数
D. 剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数
【答案】ABD
【解析】A. 剩下的28个样本数据的和为，去掉的两个数据和为，原样本数据和为，所以，因为=，所以，故A选项正确；
B.设，，
因为，所以，所以，
所以，故B选项正确；
C. 剩下28个数据的中位数等于原样本数据的中位数，故C选项错误；
D. ，所以原数据的22%分位数为从小到大的第7个；
，所以剩下28个数据的22%分位数为从小到大的第7个；
因为去掉了最小值，则剩下28个数据的22%分位数不等于原样本数据的22%分位数，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知正方体棱长为为正方体内切球的直径，点为正方体表面上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 当中点时，与所成角余弦值为
B. 当面时，点的轨迹长度为
C. 的取值范围为
D. 与所成角的范围为
【答案】ABC
【解析】根据题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
对于A，如下图所示：
易知，则,
可得，
即当为中点时，与所成角余弦值为，可得A正确；
对于B，易知是边长为的正三角形，故其面积为，
由三棱锥的体积为，
可得点到平面的距离为，
即点在与平面平行且距离为的平面内，连接，如下图所示：
由正方体性质可得平面平面，且两平面间的距离等于，所以点平面，
又面，平面平面，即可得点的轨迹即是线段，
因此点的轨迹长度为，即可得B正确；
对于C，依题意可知即为正方体的中心，如下图所示：
，
又因为为球的直径，所以，
即可得，
又易知当点为正方体与球的切点时，最小；当点为正方体的顶点时，最大；
即，因此可得的取值范围为，即C正确；
对于D，易知的中点即为球心，如下图所示：
当与球相切时，与所成的角最大，
此时，
显然，结合两直线所成角的范围可知与所成角的范围为错误，即D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量满足与的夹角为，则_______.
【答案】
【解析】，
，
.
13. 在一个建筑工地上，有一个用来储存材料的圆台形容器．已知该圆台形容器的上底面圆的直径是6米，下底面圆的直径是12米，母线长为5米，不考虑该圆台形容器壁的厚度，则该圆台形容器的容积是________立方米．
【答案】
【解析】由已知圆台的上底半径为米，下底半径为米，母线长为米，
所以高为（米），
体积为（立方米）．
14. 已知，，若圆上存在点P满足，则的取值范围是______________
【答案】
【解析】设点，则，，
所以，则，
所以点的轨迹方程为，圆心为，半径为3，
由此可知圆与有公共点，
又圆的圆心为，半径为2，
所以，解得，即的取值范围是.
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. 在平面直角坐标系中，已知三点.
（1）若直线过点且与直线BC垂直，求直线的方程；
（2）若直线经过点，且在轴上的截距是轴上截距的倍，求直线的方程.
解：（1）由可得直线AB的斜率为，
因，故直线的斜率为，
则直线方程为，即
（2）当截距均为时，直线方程为，符合题意，
当截距不为时，不妨设直线方程为，
又直线经过点，故，即，所以直线方程，
综上，所求直线方程为或.
16. 为普及消防安全知识，某学校组织相关知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，，甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
（1）甲在比赛中恰好赢一轮的概率；
（2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.
解：（1）设“甲在第一轮比赛中胜出”，“甲在第二轮比赛中胜出”，
“乙在第一轮比赛中胜出”，“乙在第二轮比赛中胜出”，
则，，，相互独立，
且，，，，
所以，，
设“甲在比赛中恰好赢一轮”
则.
（2）因为在两轮比赛中均胜出赢得比赛，则“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”,
所以，,
设“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”.
于是=“两人中至少有一人赢得比赛”，
由，,
所以，，
所以.
17. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果:平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆.已知平面直角坐标系中且.
（1）求点P的轨迹方程；
（2）若点P在（1）的轨迹上运动，点M为AP的中点，求点M的轨迹方程;
（3）若点在（1）的轨迹上运动，求的取值范围.
解：（1）设，则，
化简得：，故点P的轨迹方程为；
（2）设，因为点M为AP的中点，
所以点P的坐标为，
将代入中，得到，
所以点M的轨迹方程为；
（3）因为点在（1）的轨迹上运动，
所以，变形为，
即点为圆心为，半径为2的圆上的点，
则表示的几何意义为圆上一点与连线的斜率，如图：
当过的直线与圆相切时，取得最值，
设，则由点到直线距离公式可得：，
解得：或·，
故的取值范围是.
18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，为中点，点在上，且.

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）线段上是否存在点，使得平面？说明理由.
（1）证明：在中，
所以，即.
又因为，在平面中，，
所以平面.
（2）解：因为平面平面，
平面平面平面，
所以平面，由平面，得.
由（2）知，且已知，
故以A为原点，建立如图空间直角坐标系，
则，.

所以
因为为中点，所以.
由知，.
设平面的法向量为，
则即
令，则.于是.
由（1）知平面，所以平面的法向量为.
所以，
由题知，二面角锐角，所以其余弦值为；
（3）解：设是线段上一点，则存在使得.
因为，
所以.
因为平面，所以平面，
当且仅当，
即.
即.解得.
因为，
所以线段上不存在使得平面.
19. 已知四个点中恰有三个点在椭圆：上.
（1）判断哪个点不在椭圆上，并求出椭圆的方程；
（2）设椭圆的左右顶点分别是、，点是直线上一点，直线、与椭圆的另一个交点分别为、，求证：直线过定点.
解：（1）因为关于y轴对称，必定均在椭圆上，代入得：.
若点在椭圆上，则，与上式矛盾.所以不在椭圆上.
由，解得，故椭圆的方程为.
（2）方法一：
设直线MN： ， M()，N()，P().
由题意得： ① ，
②，
由①②得：，
又，代入上式得： ③
把联立消元得：，
即=0，
所以， ，
由③得：，
即，
将， ，
代入上式得：，
即，
则，故直线MN恒过定点，
方法二：
当直线PA，PB斜率不为0时，
设直线PA：，直线PB：
令得：，即.
将PA：代入得：，
即，
则，所以，
即，
又，则有
将PB：代入得：，
即，
则，所以，
即.
于是，，
而直线MN：，
令得: .
又当直线PA，PB斜率为0时，MN也过点.
故直线MN过定点.