湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟” 2021-2022学年高二上学期期中联考数学试题（解析版）

2021年秋“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”

高二期中联考

数学试题

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.

3. 回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.

一、单项选择题：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. 角的终边经过点且，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由三角函数的定义可得，计算即得解

【详解】由题意，角的终边经过点

故

即，且

解得：

故选：B

2. 如图，在空间四边形各边上分别取点，若直线、相交于点，则（    ）

A. 点必在直线上 B. 点必在直线上

C. 点必在平面内 D. 点必在平面内

【答案】B

【解析】

【分析】由题意连接EH、FG、BD，则P∈EH且P∈FG，再根据两直线分别在平面ABD和BCD内，根据公理3则点P一定在两个平面的交线BD上．

【详解】如图：

连接EH、FG、BD，

∵EH、FG所在直线相交于点P，

∴P∈EH且P∈FG，

∵EH⊂平面ABD，FG⊂平面BCD，

∴P∈平面ABD，且P∈平面BCD，

由∵平面ABD∩平面BCD＝BD，

∴P∈BD，

故选：B

3. 下列命题中，正确的是（    ）

A. 垂直于同一个平面的两个平面平行

B. 三个平面两两相交，则交线平行

C. 一个平面与两个平行平面相交，则交线平行

D. 平行于同一条直线的两个平面平行

【答案】C

【解析】

【分析】根据直线与平面，平面与平面的位置关系依次判断每个选项得到答案.

【详解】垂直于同一个平面的两个平面可以平行或者相交，A错误；

三个平面两两相交，则交线不一定平行，如三棱锥三个侧面，B错误；

一个平面与两个平行平面相交，则交线平行，C正确；

平行于同一条直线的两个平面平行或相交，D错误.

故选：C

4. 已知则“”是“”的（    ）条件.

A. 充分不必要 B. 必要不充分

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要

【答案】C

【解析】

【分析】根据两直线平行，得到关于的方程，求出的值，再根据充分条件、必要条件的定义判断可得；

【详解】解：因为若，则，解得或，当时，直线与直线重合，所以，若时，所以“”是“”的充要条件；

故选：C

5. 设集合，则下列说法一定正确的是（    ）

A. 若，则

B. 若，则

C. 若，则有4个元素

D. 若，则

【答案】D

【解析】

【分析】首先解方程得到：或,针对a分类讨论即可.

【详解】（1）当时，，；

（2）当时，，；

（3）当时，，；

（4）当时，，；

综上可知A，B，C，不正确，D正确

故选：D

6. 著名的天文学家、数学家约翰尼斯·开普勒（Johannes  Kepler）发现了行星运动三大定律，其中开普勒第一定律又称为轨道定律，即所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，且太阳中心处在椭圆的一个焦点上.记地球绕太阳运动的轨道为椭圆C，在地球绕太阳运动的过程中，若地球轨道与太阳中心的最远距离与最近距离之比为2，则C的离心率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设椭圆C的焦距为2c，长轴长为2a，根据题意可得地球与太阳的最远距离为，最近距离为，再由地球与太阳的最远距离与最近距离之比为，得到的关系，即可得出答案.

【详解】设椭圆C的焦距为2c，长轴长为2a，

根据题意可得地球与太阳的最远距离为，最近距离为，

则，解得，

即C的离心率为.

故选：B.

7. 为庆祝中国共产党成立100周年，甲、乙、丙三个小组进行党史知识竞赛，每个小组各派5位同学参赛，若该组所有同学的得分都不低于7分，则称该组为“优秀小组”（满分为10分且得分都是整数），以下为三个小组的成绩数据，据此判断，一定是“优秀小组”的是（    ）

甲：中位数8，众数为7

乙：中位数为8，平均数为8.4

丙：平均数为8，方差小于2

A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 无法确定

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，结合“优秀小组”的定义依次分析选项，综合可得答案.

【详解】甲：中位数为8，众数为7，可知甲组的得分依次为：7、7、8、9、10，根据“优秀小组”的概念可知甲组一定是“优秀小组”

当乙组得分依次为：6、8、8、10、10时，中位数为8，平均数为8.4，但乙组不符合“优秀小组”的概念，

当丙组得分依次为：6、8、8、8、10时，丙：平均数为8，方差为，但丙组不符合“优秀小组”的概念.

故选：A.

8. 在棱长为2的正方体中，为的中点，点在正方体各棱及表面上运动且满足， 则点轨迹的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】判断出的轨迹，由此求得轨迹的面积.

【详解】设分别是的中点.

，

所以，

所以，

由正方体的性质可知，

而，所以平面.

所以的轨迹是矩形，

所以轨迹的面积是.

故选：A

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 在代数史上，代数基本定理是数学中最重要的定理之一，它说的是：任何一元次复系数多项式 在复数集中有个复数根（重根按重数计）.在复数集范围内，若是的一个根，则=（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】AD

【解析】

【分析】分解因式，求解的值，分别代入计算.

【详解】解：因为，所以，即，所以或.即或.

当时，；

当时，.

故选：AD

10. 在中，，，，则（    ）

A.  B. 的面积为

C. 外接圆直径是 D. 内切圆半径是

【答案】ACD

【解析】

【分析】A利用余弦定理计算来判断

B利用三角形的面积公式计算即可；

C利用正弦定理计算即可；

D利用即可求出内切圆半径

【详解】解：，

由于在中，则，

故，A正确；

，B错误；

设外接圆半径为，，C正确；

设内切圆半径为，则，

即，解得，D正确.

故选：ACD

11. 正方体中，分别为的中点，则下列结论正确的是（    ）

A.

B. 平面平面

C. 平面

D. 向量与向量的夹角是60°

【答案】ABC

【解析】

【分析】通过线面垂直的判定和性质，可判断选项，通过线线和线面平行的判断可确定和选项，建立空间直角坐标系利用向量夹角公式求向量与向量的夹角，可判断选项.

【详解】因为，，，平面，

所以平面，

又分别为的中点，所以，

所以平面，平面，

所以，A选项正确，

连接和，E、F、G、H分别为、BC、CD、BB、的中点，

可知，所以平面，

则平面平面，所以选项选项正确；

由题知，可设正方体的棱长为2，

以为原点，为轴，为轴，为轴，

则各点坐标如下：

，

设平面的法向量为，

则，即，令，得，

得平面法向量为，

所以，所以平面，则选项正确；

因为

向量与向量的夹角为，

则，又，

所以

所以选项错误，

故选：ABC.

12. 已知椭圆的左右焦点分别为是圆上且不在轴上的一点，的面积为，设的离心率为，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】由题意画出图形，由椭圆定义及三角形两边之和大于第三边判断；设出的参数坐标，利用向量数量积运算判断；求出三角形的面积范围，结合已知列式求得椭圆离心率的范围判断；由数量积及三角形面积公式求得判断．

【详解】如图，

连接，，设交椭圆于，则，

，故正确；

设，，，

，，

，故错误；

设，，则，

又△的面积为，，即，

，又，，故正确；

由，，

两式作商可得：，故正确．

故选：ACD

三．填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 长轴长为4且一个焦点为的椭圆的标准方程是___________.

【答案】

【解析】

【分析】由已知求得即可得出结果,

【详解】由已知可得椭圆的长轴长为4且一个焦点为，

所以且焦点在轴上，,

椭圆的标准方程为：.

故答案为：.

14. 某圆柱的侧面展开图是面积为的正方形，则该圆柱一个底面的面积为_______．

【答案】

【解析】

【分析】根据圆柱侧面积公式，结合侧面展开图的性质，求得圆柱底面圆的周长，求得结果.

【详解】因为圆柱的侧面展开图是面积为的正方形，所以该正方形的边长为，   

又圆柱的底面圆的周长为其展开图正方形的边长，

所以圆柱的底面圆半径为1，

故该圆柱一个底面的面积为，

故答案为：.

15. 在三棱锥中，是正三角形，平面平面ABC且，，则三棱锥的外接球的表面积为______ .

【答案】

【解析】

【分析】通过平面与平面垂直，判断外接球的球心的位置，求出外接球的半径，即可求解外接球的表面积.

【详解】解：因为是正三角形，所以三棱锥的外接球的球心一定在的中心的垂线上，

因平面平面，

所以作平面，

因为，所以外接球的球心也在平面的重心的垂线上，

作平面交于，为外接球的球心，

由题意得，

外接球的半径为

外接球的表面积为，

故答案为：

16. 若为的重心，，则的最小值为_______.

【答案】

【解析】

【分析】根据，利用向量的数量积运算可得，再由均值不等式即可求出的最小值.

【详解】如图，

,

,

,当且仅当 时，等号成立，

的最小值为.

故答案为：

四．解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知直线

（1）求证：直线过定点，并求出该定点.

（2）若直线与圆相切，求直线的方程.

【答案】（1）证明见解析，定点（1，1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）直线l整理可得，令，即可得证，并求得定点坐标；

（2）根据直线与圆相切，可得圆心到直线的距离等于半径，代入公式，计算化简，即可得值，即可得答案.

【小问1详解】

由，整理得，

令，解得

故不管取任何实数，直线恒过定点（1，1）

【小问2详解】

由题意得，圆心，因为相切，

所以圆心到直线的距离，

平方得：，即，

解得或，

故所求直线的方程为：或

18. 已知是三个内角的对边，且

（1）求.

（2）若，求周长的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再利用余弦定理计算可得；

（2）由利用基本不等式求出的最大值，即可求出周长的最大值.

【小问1详解】

解：因为，由正弦定理可得，即

故，

又，故

【小问2详解】

解：由及

故，故当且仅当时等号成立， 

故周长，即周长的最大值为

19. 已知四棱柱的底面是边长为2的菱形，且，.

（1）证明：平面平面；

（2）求直线与平面所成的角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）通过证明可得，利用勾股定理可得，即可证明，得出结论；

（2）可得为直线与平面所成的角，直接求解即可.

【小问1详解】

解：（1）证明：设与的交点为，连接，

因为，，，

所以，所以，

又因为是的中点，所以，

在中，在

故

，故，

故，故，

又，所以，

而，故平面 ；

【小问2详解】

连接，由（1）知：，四边形ABCD是菱形，，

,平面，

所以为直线与平面所成的角，

在中，，故，

，所以.

即直线与平面所成的角的正弦值为.

20.  已知，动点满足：

（1）求动点的轨迹方程，并说明它表示什么曲线；

（2）设动点的轨迹为，对上任意一点，在轴上是否存在一个与(为坐标原点)不重合的定点，使得为定值？若存在，求出该定点和定值；若不存在，说明理由.

【答案】（1），表示圆心为，半径为的圆.   

（2）存在定点使得.

【解析】

【分析】（1）设，由题中等量关系得到，化简整理即可得出结果；

（2）设，结合两点间的距离公式表示出，化简整理即可求出结果.

【小问1详解】

设，由，即，所以

化简可得轨迹的方程为：,

表示圆心为，半径为的圆.

【小问2详解】

设则，设，

要使为定值，则，故（舍去）或；

代入（定值）,

故存在定点,使得.

【点睛】求定值问题常见的方法有两种：

（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．

（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

21. 如图，周长为3cm圆形导轨上有三个等分点， 在点出发处放一颗珠子，珠子只能沿导轨顺时针滚动. 现投掷一枚质地均匀的骰子.每当掷出3的倍数时，珠子滚动2cm后停止，每当掷出不是3的倍数时，珠子滚动1cm后停止.

（1）求珠子恰好滚动一周后回到点的概率.

（2）求珠子恰好滚动两周后回到点（中途不在点停留）的概率.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）首先分别求出掷出3的倍数的概率以及掷出不是3的倍数的概率，进而分为三种情况，结合概率的乘法公式分别求出概率，进而结合概率的加法公式即可求出结果；

（2）珠子滚两周回到A点，则必须经历以下三个步骤，然后分别求出三步的概率，进而结合概率的乘法公式即可求出结果.

【小问1详解】

设掷出3的倍数为事件， 掷出不是3的倍数记为事件，

则

珠子恰好转一周回到A点包含的事件为且这三种情况互斥

故所求概率为

【小问2详解】

珠子滚两周回到A点，则必须经历以下三个步骤：①②③

①A至C：此时概率为

②C至B：掷出的必须是3的倍数，此时的概率为

③B至A:概率与①相同

又以上三个步骤相互独立，故所求概率为

22. 已知椭圆：的离心率为，椭圆的短轴长等于4．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）设，，过且斜率为的动直线与椭圆交于，两点，直线，分别交：于异于点的点，，设直线的斜率为，直线，的斜率分别为．

①求证：为定值；

②求证：直线过定点.

【答案】（1）   

（2）①证明见解析；②证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据题意得到方程组，解之即可求出结果；

（2）①设出直线MN的方程，与椭圆联立，结合韦达定理得到，化简整理即可求出结果；

②设PQ的方程，与联立，结合韦达定理求出的值，进而可以求出结果.

【小问1详解】

由题意解得  

所以椭圆的标准方程为：；

【小问2详解】

① 设MN的方程为，与联立得：，

设，，则，

②设PQ的方程为 ，与联立，

设，则

 由，即此时，

的方程为，故直线恒过定点.

【点睛】求定值问题常见的方法有两种：

（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．

（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．