2022-2023学年湖北省部分省级示范高中（武汉十二中等）高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年湖北省部分省级示范高中（武汉十二中等）高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出直线的斜率，再求倾斜角

【详解】直线的方程化为，所以，由于，所以，

故选：A.

2．直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（    ）

A． B．

C．或 D．与的位置关系不能判断

【答案】B

【分析】观察到的直线的方向向量与平面的法向量共线，由此得到位置关系．

【详解】解：直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，

显然它们共线，所以．

故选：B．

3．奥林匹克会旗中央有5个互相套连的圆环，颜色自左至右，上方依次为蓝、黑、红，下方依次为黄、绿，象征着五大洲．在手工课上，老师将这5个环分发给甲、乙、丙、丁、戊五位同学，每人分得1个，则事件“甲分得红色”与“乙分得红色”是（    ）

A．对立事件 B．不可能事件

C．互斥但不对立事件 D．既不互斥又不对立事件

【答案】C

【分析】根据互斥事件和对立事件的定义进行判断即可.

【详解】由互斥事件和对立事件的定义可知：

事件“甲分得红色”与“乙分得红色”是互斥但不对立事件，

故选：C

4．圆与圆的公切线的条数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】先确定两圆外切，再计算公切线条数得到答案.

【详解】圆与圆的圆心距为：.

故两圆外切，故公切线条数为.

故选：.

【点睛】本题考查了两圆的公切线条数，确定两圆的位置关系是解题的关键.

5．若椭圆上一点P到焦点的距离为3，则点P到另一焦点的距离为（    ）

A．6 B．7 C．8 D．9

【答案】B

【分析】利用椭圆的定义可得.

【详解】根据椭圆的定义知，，因为，所以．

故选：B.

【点睛】本题考查椭圆的定义，一般地，与焦点三角形有关的计算问题，应利用椭圆的几何性质来考虑，本题属于基础题.

6．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半.这条直线被后人称为三角形的欧拉线，已知△的顶点，，且，则△的欧拉线的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题设条件求出垂直平分线的方程，且△的外心、重心、垂心都在垂直平分线上，结合欧拉线的定义，即垂直平分线即为欧拉线.

【详解】由题设，可得，且中点为，

∴垂直平分线的斜率，故垂直平分线方程为，

∵，则△的外心、重心、垂心都在垂直平分线上，

∴△的欧拉线的方程为.

故选：D

7．已知，则点A到直线的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求得，得到向量在方向上的投影为，进而求得点A到直线的距离．

【详解】由，可得，

则向量在方向上的投影为，

所以点A到直线的距离．

故选：A.

8．已知，分别为椭圆的左、右焦点，A是椭圆C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，为等腰三角形，，则椭圆C的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题得直线的方程为，直线的方程为，联立，解得点坐标再根据为等腰三角形，，可得利用两点之间的距离公式即可得出C的离心率．

【详解】解：由题知，所以直线的方程为，

因为，所以直线的倾斜角为，

所以直线的方程为．

联立，解得，．

因为为等腰三角形，，

所以，即，整理得：．

所以椭圆C的离心率为．

故选：C

二、多选题

9．已知直线和圆，则（    ）

A．直线l恒过定点（2，0）

B．存在k使得直线l与直线垂直

C．直线l与圆O相交

D．若，直线l被圆O截得的弦长为

【答案】BCD

【分析】A选项，化为点斜式可以看出直线恒过的点，B选项两直线斜率存在且垂直，斜率乘积为-1，从而存在满足题意，C选项直线过的定点在圆的内部，故可以判断C选项；当时，先求圆心到直线的距离，再根据垂径定理求弦长

【详解】直线，即，则直线恒过定点，故A错误；

当 时，直线与直线垂直，故B正确：

∵定点（-2，0）在圆O：x2+y2=9内部，∴直线l与圆O相交，故C正确：

当时，直线l化为，即x+y+2=0，圆心O到直线的距离，直线l被圆O截得的弦长为，故D正确，

故选：BCD.

10．已知事件，，且，，则下列结论正确的是（    ）

A．如果，那么，

B．如果与互斥，那么，

C．如果与相互独立，那么

D．如果与相互独立，那么，

【答案】ABD

【分析】根据独立､互斥事件概率计算方法计算即可.

【详解】解：如果，那么，，A对；

如果与互斥，那么，，B对；

如果与相互独立，那么，C错；

如果与相互独立，那么，，D对.

故选：ABD.

11．已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（    ）

A．直线与直线所成的角为

B．直线与平面所成角的余弦值为

C．平面

D．点到平面的距离为

【答案】ABC

【分析】如图建立空间直角坐标系，求出和的坐标，由可判断A；

证明，可得，，由线面垂直的判定定理可判断C；计算的值可得线面角的正弦值，再由同角三角函数基本关系求出夹角的余弦值可判断B；利用向量求出点到平面的距离可判断D，进而可得正确选项.

【详解】

如图以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，

则， ，，，

对于A：，，

因为，所以，即，直线与直线所成的角为，故选项A正确；

对于C：因为 ，，，

所以，，所以，，

因为，所以平面，故选项C正确；

对于B：由选项C知：平面，所以平面的一个法向量，因为，所以，即直线与平面所成角的正弦值为，所以直线与平面所成角的余弦值为，故选项B正确；

对于D：因为，平面的一个法向量，

，，

故，令，则，

故，

所以点到平面的距离，故选项D不正确

故选：ABC.

12．已知椭圆内一点，直线与椭圆交于两点，且为线段的中点，则下列结论正确的是（    ）

A．椭圆的焦点坐标为、

B．椭圆的长轴长为

C．直线的方程为

D．

【答案】BCD

【分析】根据椭圆方程可直接判断A、B的正误，设直线为，，，且，联立椭圆方程应用韦达定理即可求k值，写出直线方程，进而应用弦长公式可求，即可判断C、D的正误.

【详解】A：由椭圆方程知，焦点在轴上，，故焦点坐标为，错误；

B：，即椭圆C的长轴长为，正确；

C：由椭圆的对称性，直线的斜率不为0，故可设直线为，，，则，联立椭圆方程并整理得：，M为椭圆内一点则，

∴，可得，即直线为，正确；

D：由C知：，，则，正确.

故选：BCD.

三、填空题

13．直线，若，则a的值为___

【答案】3

【分析】根据两条直线平行的条件列式即可解得结果.

【详解】因为直线，且，

所以，且，解得.

故答案为：3.

【点睛】本题考查了两条直线平行的条件，属于基础题.

14．某班级从，，，，这5位学生中任选2人参加学校组织的“请党放心，强国有我！”的演讲活动，则学生被选中，学生没被选中的概率为________．

【答案】##0.3

【分析】根据题意，列出所有可能结果，结合古典概型即可求解.

【详解】从5位学生中任选2人，全部事件有，，，，，，，，，，共10种，其中符合条件的事件有，，，共3种，故所求概率为．

故答案为：.

15．古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆C的中心为原点，焦点均在x轴上，C的面积为，且离心率为，则C的标准方程为___________．

【答案】

【分析】设C的标准方程为，由已知建立方程组，求解可得答案.

【详解】解：设C的标准方程为，则解得所以C的标准方程为．

故答案为：.

16．在正方体中，点为侧棱上一点，且，平面将该正方体分成两部分，其体积分别为，则__________.

【答案】

【分析】平面延展开后即为平面，将该正方体分成的两部分一部分是三棱台，另一部分是剩余的部分，结合三棱台的体积公式求解即可.

【详解】

由题意，延长线段与的延长线交于点，连接交于，连接，

故平面延展开后即为平面，将该正方体分成的两部分一部分是三棱台，另一部分是剩余的部分.

由于，故，不妨设正方体棱长为3，

，

，

即.

故答案为：.

四、解答题

17．在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，设，，，E，F分别是AD1，BD的中点．

（1）用向量表示，；

（2）若，求实数的值．

【答案】（1），；（2）

【分析】（1）作出图形，根据平面向量的基本定理求解即可；

（2）由平面向量的基本定理表示即可求解

【详解】（1）如图，连接AC，EF，D1F，BD1，

（2）

18．某商场举行购物抽奖促销活动，规定每位顾客从装有编号为0，1，2，3四个相同小球的抽奖箱中，每次取出一球，记下编号后放回，连续取两次，若取出的两个小球号码之和等于6，则中一等奖，等于5中二等奖，等于4或3中三等奖.

（1）求中三等奖的概率；

（2）求中奖的概率.

【答案】（1） （2）

【分析】（1）这是一个古典概型，先得到从装有编号为0，1，2，3四个相同小球的抽奖箱中，每次取出一球，记下编号后放回，连续取两次的基本事件总数，再列举出的两个小球号码之和等于4或3基本事件的种数，代入公式求解.

（2）按照（1）的方法，再求得中一等奖和中二等奖的概率，然后利用互斥事件的概率，将一，二，三等奖的概率求和即可.

【详解】（1）从装有编号为0，1，2，3四个相同小球的抽奖箱中，每次取出一球，记下编号后放回，连续取两次的基本事件总数为种，

取出的两个小球号码之和等于4或3基本事件有：，共7种.

所以中三等奖的概率；

（2）取出的两个小球号码之和6基本事件有：，共1种.

所以中一等奖的概率；

取出的两个小球号码之和5基本事件有：，共2种.

所以中二等奖的概率；

所以中奖的概率

【点睛】本题主要考查古典概型的概率以及互斥事件的概率，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

19．已知圆C经过和两点，圆心在直线上．

(1)求圆C的方程．

(2)过原点的直线l与圆C交于M，N两点，若，求直线l的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）求出AB中垂线方程，将直线方程与直线联立，求出交点得出圆心，再由两点间的距离公式求出半径，从而得出圆的方程.

（2）讨论直线率不存在或直线l斜率存在，利用点到直线的距离求出参数即可求解.

【详解】（1）因为，AB中点为，

所以AB中垂线方程为，

即，解方程组 得

所以圆心C为．根据两点间的距离公式，得半径，

因此，所求的圆C的方程为．

（2）①当直线率不存在时，方程，代入圆C方程得，

解得或，此时，符合．

②当直线l斜率存在时，设方程为，则圆心到直线l的距离，

又因为，所以，

即，解得，直线方程为，

综上，直线l方程为或．

20．如图，直三棱柱中，，为的中点，为棱上一点，.

(1)求证：平面；

(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）由直棱柱特征和线面垂直的判定和性质可证得、，由线面垂直的判定可证得结论；

（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，利用二面角的向量求法可构造方程求得，进而利用线面角的向量求法求得结果.

【详解】（1）在直三棱柱中，底面，底面，；

又，，平面，平面，

平面，又平面，.

由直三棱柱知：底面，底面，，

又，平面，平面，

平面.

（2）由（1）知：，又为中点，.

以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，，，

设，则.

由（1）知：平面的法向量可取；

设平面的法向量，

，，

，令，解得：，，；

，解得：，此时，

设与平面所成角为，

，

，

即直线与平面所成角的正弦值为.

21．在奥运知识有奖问答竞赛中，甲、乙、丙三人同时回答一道有关奥运知识的问题，已知甲答对这道题的概率是，甲、乙两人都回答错误的概率是，乙、丙两人都回答正确的概率是.设每人回答问题正确与否相互独立的.

(Ⅰ）求乙答对这道题的概率；

（Ⅱ）求甲、乙、丙三人中，至少有一人答对这道题的概率.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【详解】分析：（Ⅰ）设乙答对这道题的概率为，由对立事件概率关系和相互独立事件概率乘法公式，求出乙答对这道题的概率；

（Ⅱ）设丙答对这道题的概率，由相互独立事件概率乘法公式，求出丙答对这道题的概率和甲、乙、丙三人都回答错误的概率，再由对立事件的概率公式，求得答案.

详解：解：（Ⅰ）记甲、乙、丙3人独自答对这道题分别为事件,

设乙答对这道题的概率，

由于每人回答问题正确与否是相互独立的，因此是相互独立事件.

由题意，并根据相互独立事件同时发生的概率公式，

得

解得，

所以，乙对这道题的概率为

(Ⅱ）设“甲、乙、丙、三人中，至少有一人答对这道题”为事件,丙答对这道题的概率.

由（Ⅰ），并根据相互独立事件同时发生的概率公式，

得,

解得

甲、乙、丙三人都回答错误的概率为

因为事件“甲、乙、丙三人都回答错误”与事件“甲、乙、丙三人中，至少有一人答对这道题”是对立事件，

所以，所求事件概率为

点睛：本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，对立事件的概率关系，解题时要认真审题，注意相互独立事件和对立事件的辨析.

22．已知椭圆的一个长轴顶点到另一个短轴顶点的距离为，且椭圆的短轴长与焦距长之和为4．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)过点的直线l与椭圆C相交于M，N两点（异于椭圆长轴顶点），求（O为坐标原点）面积的最大值，并求此时直线l的方程．

【答案】(1)

(2)面积的最大值为，直线l的方程为

【分析】（1）由题意有，进而解方程即可得答案；

（2）设M，N两点的坐标分别为，直线l的方程为，进而与椭圆联立方程，结合判别式得或，由韦达定理得，再根据，并结合基本不等式求解即可得答案.

【详解】（1）解：设椭圆的焦距为，

由题意有解得，      

故椭圆的标准方程为；

（2）解：设两点的坐标分别为，直线l的方程为，

联立方程消去x后整理为，      

有，

由，可得或．      

由

，      

由，当且仅当时等号成立，      

可得，            

故面积的最大值为，此时直线l的方程为.