2022-2023学年湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校高二上学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校高二上学期期中联考数学试题（解析版），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年湖北省鄂东南省级示范高中教育教学改革联盟学校高二上学期期中联考数学试题

一、单选题
1．已知复数z满足，则的最大值是（    ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【分析】由复数模的几何意义，由得到，复数在复平面对应的点的轨迹为圆，而的几何意义为圆上的点与的距离，再结合两点距离公式求解即可.
【详解】由可知，则复数在复平面对应的点的轨迹为以为圆心，1为半径的圆.
又的几何意义为点与点的距离，
又，则.
故选：B
2．下列说法正确的是（    ）
A．零向量没有方向 B．若，则
C．长度相等的向量叫做相等向量 D．两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同
【答案】D
【分析】根据零向量的方向是任意的；，则或 与 都垂直；长度相等的向量是相等向量或相反向量；即可解决.
【详解】零向量的方向是任意的，故A错；
若，则或 与 都垂直，故B错；
长度相等的向量是相等向量或相反向量，故C错；
故选：D.
3．高二某班参加了“中国神舟十三号载人飞船航空知识答题”竞赛，10位评委的打分如下：5，6，6，7，7，8，9，9，10，10，则（    ）
A．该组数据第60百分位数为8 B．该组数据第60百分位数为8.5
C．该组数据中位数为7和8 D．该组数据中位数为8
【答案】B
【分析】根据百分位数和中位数的定义求解即可.
【详解】解：这组数据从小到大排为：5，6，6，7，7，8，9，9，10，10
则，第60百分位数为，故A不符合，B符合；
中位数为：，故C，D均不符合.
故选：B.
4．若直线，（），则直线l的倾斜角为（    ）
A． B．θ C． D．
【答案】D
【分析】利用直线的斜率和倾斜角的关系求解.
【详解】解：设直线的倾斜角为，
则，
因为，
所以，
则，
故选：D
5．在空间四边形中，分别是的中点，为线段上一点，且，设，，，则下列等式不成立的是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】对于A，由计算即可；对于B，根据题意可得，再由计算即可；对于C，由计算即可；对于D，由计算即可.
【详解】解：对于A，由题意可知：，故正确；
对于B，由题意可得，
又因为，
所以，
所以，故正确；
对于C，由题意可得，故错误；
对于D，由题意可得，故正确.
故选：C.
6．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由题可知曲线，是圆心为，半径，在直线及右侧的半圆，作出直线与半圆，利用数形结合即得.
【详解】方程是恒过定点，斜率为的直线，
曲线，即，是圆心为，半径，在直线及右侧的半圆，半圆弧端点，，
在同一坐标系内作出直线与半圆，如图，

当直线与半圆相切时，
由得相切时，又，
所以，或，
所以或．
故选：A．
7．2008年北京奥运会游泳中心（水立方）的设计来于威尔，弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，如图，开尔文胞体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成（其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形），己知该多面体共有24个顶点，且该多面体表面积是，则该多面体的棱长是（    ）

A．1 B．2 C． D．
【答案】A
【分析】由已知可知：该多面体最多有6个正方形，最少有4个正六边形，因为1个正六边形与3个正方形相连，所以该多面体有6个正方形，8个正六边形，设其棱长为，分别求出正方形和正六边形的面积即可求解.
【详解】设该多面体的棱长为，所以一个正方形的面积为，
一个正六边形的面积为，
又因为正方形有4个顶点，正六边形有6个顶点，该多面体共有24个顶点，
所以最多有6个正方形，最少有4个正六边形.
因为1个正六边形与3个正方形相连，
所以该多面体有6个正方形，正六边形有个，
所以该多面体的表面积为，解得：，
故选：.
8．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，AD是∠A的平分线，，，则的最小值是（    ）
A．6 B． C． D．10
【答案】C
【分析】首先根据等面积法建立的等量关系，再利用不等式“乘1法”求最小值即可.
【详解】如下图所示：由题意可得，AD是∠A的平分线，则.
则，，
而,代入化简得，，即.则，
当且仅当，即时，等号成立.故最小值为.

故选：C

二、多选题
9．下列描述正确的是（    ）
A．若事件A，B满足，则A与B是对立事件
B．若，，，则事件A与B相互独立
C．掷两枚质地均匀的骰子，“第一枚出现奇数点”与“第二枚出现偶数点”是对立事件
D．一个袋子中有2个红球，3个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出两球第二次取到红球的概率是
【答案】BD
【分析】根据对立事件、相互独立事件的定义，结合古典概型运算公式逐一判断即可.
【详解】A： 事件A：掷一枚硬币，正面朝上；事件B：掷一个质地均匀的骰子，出现奇数点，
显然，满足，
显然A与B不是对立事件，所以本选项不正确；
B：因为，所以，因为，
所以事件A与B相互独立，所以本选项正确；
C：抛掷两枚质地均匀的骰子，“第一枚出现奇数点”与“第二枚出现偶数点可以同时出现，故不是对立事件；
D：因为采用不放回方式从中依次随机地取出两球，
所以第二次取到红球的概率是，因此本选项正确，
故选：BD
10．已知是边长为正三角形的外心，沿将该三角形折成直二面角，则下列说法正确的是（    ）
A．直线垂直直线
B．直线与平面所成角的大小为
C．平面与平面的夹角的余弦值是
D．到平面的距离是
【答案】ABC
【分析】根据平面得判断A；根据直线与平面所成角求解判断B；过点作，垂足为，连接，根据是平面与平面的平面角求解判断C；根据求解判断D.
【详解】解：设中点为，因为是边长为正三角形的外心，
所以，三点共线，
因为在中，，，平面
所以，平面，
因为平面，
所以，即，故A选项正确；
由知是二面角的平面角，即，
所以，平面平面，
因为平面平面，，平面，
所以平面，
所以，直线与平面所成角，
因为平面，
所以，
因为，
所以，，故B选项正确；
过点作，垂足为，连接
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
所以是平面与平面的平面角，
因为正的边长为，是边长为正三角形的外心
所以，
所以，，
所以，
所以，面与平面夹角的余弦值是，故C选项正确；
因为，
所以，，
因为，设到平面的距离是，
所以，，解得，
所以，到平面的距离是，故D选项错误.
故选：ABC

11．某中学高三学生500人，其中男生300人，女生200人，现希望获得全体学生的身高信息，按照分层抽样的原则抽取了容量为50的样本，经计算得到男生身高样本均值为171cm，方差为29cm2；女生身高样本均值为161cm，所有样本的方差为49cm2，下列说法中正确的是（    ）
A．男生样本容量为30 B．每个男生被抽入到样本的概率均为
C．所有样本的均值为167cm D．女生身高的样本方差为19cm2
【答案】ACD
【分析】直接考查简单随机抽样的概念，分层抽样的概念判断A，B，根据均值公式判断C；利用男生、总体方差数据计算女生方差数据，可得D正确．
【详解】解：对于A选项，因为按照分层抽样的原则抽取了容量为50的样本，
所以，样本中，男生人数为人，故男生样本容量为30，A选项正确；
对于B选项，根据分层抽样定义，每个男生抽到的概率均相等，为，故B错误；
对于C选项，因为容量为50的样本，男生身高样本均值为171cm，女生身高样本均值为161cm，所以，所有样本的均值为cm ，故C正确；
对于D选项，设男生分别为，平均数，，
女生分别为，，，，平均数，，
总体的平均数为，方差为，则
因为
，
而，
所以，
同理可得，
所以，解得，即女生身高的样本方差为19cm2，故D正确.
故选：ACD
12．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车，（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”，奔驰定理：已知O是△ABC内一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为，，，且．设O是锐角△ABC内的一点，∠BAC，∠ABC，∠ACB分别是的△ABC三个内角，以下命题正确的有（    ）

A．若，则
B．若，，，则
C．若O为△ABC的内心，，则
D．若O为△ABC的垂心，，则
【答案】ACD
【分析】对A，由奔驰定理即可判断；
对B，由面积公式求出，结合奔驰定理即可求；
对C，由奔驰定理，结合内心性质可得，即可得；
对D，由垂心性质及向量数量积的垂直表示可得，
结合奔驰定理结合三角形面积公式，可得，
如图所示分别为垂足，可设，，即可由几何关系列式解出，最后由正切求出余弦值，则由可求
【详解】对A，由奔驰定理可得，，又不共线，故，A对；
对B，，由得，故，B错；
对C，若O为△ABC的内心，，则，又（为内切圆半径），三边满足勾股定律，故，C对；
对D，若O为△ABC的垂心，则，，
又，
同理，∴，
∵，则，
且



如图，分别为垂足，

设，，则，
又，故，
由，解得，
由，故，D对故选：ACD




三、填空题
13．在中，是边上的点且，若则______．
【答案】##
【分析】由题知，再根据求解即可.
【详解】解：因为在中，是边上的点且，
所以，即，
所以，，即
故答案为：
14．写出与圆和圆都相切的一条直线方程________．（写出一条即可）
【答案】（填，都正确）.
【分析】利用圆的标准方程及两圆位置关系，结合直线的斜截式方程及点关于直线对称即可求解.
【详解】由题意可知，圆的圆心坐标为,半径为
圆的圆心坐标为,半径为如图所示

所以,，即，
所以两圆外切， 由图可知，与两圆都相切的直线有三条.
当切线为时，因为，所以，
设直线：，即，
所以，解得或（舍），
故所求直线的方程为，即.
由图可知，；与关于直线对称，
联立，解得，
所以与的一个交点为，在上取一点，
该点关于直线的对称点为，则，解得，
所以对称点为.
所以，
故所求直线的方程为，即.
所以与圆和圆都相切的一条直线方程为:（填，都正确）.
故答案为：（填，都正确）.
15．已知的顶点，的平分线所在的直线方程为，边的高所在的直线方程为，则直线的方程为______．
【答案】
【分析】根据题意得所在直线方程为，进而得，再求解点关于直线对称的点的坐标即可得直线的方程.
【详解】解：因为边的高所在的直线方程为，
所以，，边所在直线方程为，
因为的平分线所在的直线方程为，
所以，，解得，即.
因为，的平分线所在的直线方程为，
所以，点关于直线对称的点在直线上，
所以，解得，即
所以，直线的方程为
故答案为：

四、双空题
16．在四棱锥中，，，，；
（1）若，P点到面ABCD的距离是______．
（2）若该四棱锥内存在半径为2的球，的最小值是______．
【答案】         
【分析】（1）当时，四棱锥为底面为正方形的正四棱锥，再求解即可；
（2）根据题意，作正四棱锥，进而得，，，再根据等体积法求解即可.
【详解】解：（1）由题可知，当时，四棱锥为底面为正方形的正四棱锥，
又，，
所以正方形的边长为，，
故点到面的距离为；
（2）如图，根据题意，作正四棱锥，

因为，
所以正四棱锥的侧面三角形均是正三角形，
所以，所以，
又，
所以三角形是等腰直角三角形，
所以，
因为，，
所以，，
所以，，
所以，且与交点为的中点，，
因为，
所以，
又，，平面，
所以平面，
所以，
因为该四棱锥存在半径为的内切球，
所以，
所以，
所以，
设，
在直角三角形中，，所以，
因为三角形是等腰直角三角形，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，解得，故．
所以，的最小值是.
故答案为：；.

五、解答题
17．已知圆的方程；
(1)求的范围；
(2)已知，，，P为圆上的动点，求的最大值．
【答案】(1)
(2)88

【分析】(1) 设，当直线与圆相切时，有最值，则圆心到直线的距离小于等于半径，解出的范围，便可以求得.
(2)设出点坐标，表示出，利用圆上点的有界性即可得到的最值.
【详解】（1）设即，
由原点到直线的距离不大于圆的半径可得，
解得，即.
（2）设P点坐标为，所以，，
则由点与点的距离公式可得，所求的式子转化为
，
又P点在圆上，所以，可得为求的最大值，所以最大值为88
18．我省从2021年开始，高考不分文理科，实行“3+1+2”模式，其中“3”指的是语文、数学，外语这3门必选科目，“1”指的是考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，“2”指的是考生需要在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门。已知福建医科大学临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门。
(1)从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率；
(2)假设甲、乙、丙三人每人选择任意1个选科组合是等可能的，求这三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求的概率.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由古典概型的概率公式求解，
（2）由概率乘法公式与加法公式求解
【详解】（1）用a，b分别表示“选择物理”“选择历史”，用c，d，e，f分别表示选择“选择化学”“选择生物”“选择思想政治”“选择地理”，
则所有选科组合的样本空间，
∴，
设“从所有选科组合中任意选取1个，该选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，
则，
∴，
∴.
（2）设甲、乙、丙三人每人的选科组合符合医科大学临床医学类招生选科要求的事件分别是，，，
由题意知事件，，相互独立
由（1）知.
记“甲、乙、丙三人中恰好有一人的选科组合符合福建医科大学临床医学类招生选科要求”，
则
易知事件，，两两互斥，
根据互斥事件概率加法公式得


.
19．已知三棱柱，侧面是边长为2的菱形，，侧面四边形是矩形，且平面平面，点D是棱的中点．

(1)在棱AC上是否存在一点E，使得平面，并说明理由；
(2)当三棱锥的体积为时，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)存在，理由见解析
(2)

【分析】（1）取的中点F，连接EF，DF ，易得 ，则四边形DFEA是平行四边形，从而AD∥EF，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）根据四边形是矩形，结合平面平面，得到面，由，得到，再由，得到，然后以为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量，由求解.
【详解】（1）解：存在，当E为AC的中点时，AD∥平面，理由如下：
如图所示：

取的中点F，连接EF，DF ，
∵DF是的中位线，
  ∴，
又  ，
∴  ，
∴四边形DFEA是平行四边形 ，
∴AD∥EF，
又面，面  ，
∴AD∥平面．
（2）∵四边形是矩形，
∴，，
又∵平面平面，
∴面，
∵，
∴  ，
∵侧面是菱形，，
∴是正三角形 ，
∵E是AC的中点，
∴，
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
由，得，
令，则，，
∴ ，
又平面的一个法向量，
  ∴，
∴平面与平面的夹角的余弦值是.
20．在中，角所对的边分别为，且，的中线长为．
(1)证明：；
(2)求的面积最大值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据三角恒等变换得，进而证明结论；
（2）设为中点，设，，进而由余弦定理得，，再根据面积公式和二次函数性质求解即可；
【详解】（1）证明：左边，
∴，又，
∴
（2）解：法一：（角化边）如图，设为中点，设，，
因为，所以，
所以，在中，由余弦定理得：，
所以，
所以，，
所以，当，即时，有最大值，
所以， 的面积最大值为.

法二：（边化角）
由，，过点作，垂足为，
所以，
所以，，即，
又因为，即，
所以，
所以
所以的面积，当且仅当时，等号成立，
所以，的面积最大值为.

21．如图，四棱锥的底面为菱形，且菱形的面积为，都与垂直，，．

(1)求三棱锥与四棱锥公共部分的体积大小；
(2)若二面角大小为，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由题知，设的交点为，设的交点为，延长使其交于点，进而证明为中点得到平面的距离等于到平面的距离的一半，再计算体积即可；
（2）过作，进而根据面面垂直可以得到四边形为正方形，再根据到平面的距离等于到平面的距离，设与面所成的角为θ，则，进而计算即可.
【详解】（1）解：因为都与平面垂直，
所以，，
连接，设的交点为， 的交点为，延长使其交于点，
因为底面为菱形，所以为中点，
因为，
所以，≌，
所以，，
因为，
所以∽，
所以，
所以，即为中点，
所以，到平面的距离等于到平面的距离的一半.
又三棱锥与四棱锥的公共部分为三棱锥
∴

（2）解：∵二面角大小为90°，
∴平面平面
过作，
∵平面平面，平面，
∴平面，
∵平面
∴
又平面，平面，
∴
又平面，，
∴平面
∵平面
∴，
∴四边形为正方形  
又正方形的面积为4
∴
∵，平面，平面，
∴平面
∴到平面的距离等于到平面的距离，
∴到平面的距离为2
设与面所成的角为θ，则
∵在中，，
∴，即与平面所成的角的正弦值为.

22．在△ABC中，已知，，且．
(1)求顶点C的轨迹E的方程；
(2)曲线E与y轴交于P，Q两点，T是直线上一点，连TP，TQ分别与E交于M，N两点（异于P，Q两点），试探究直线MN是否过定点，若是求定点，若不是说明理由．
【答案】(1)
(2)是，

【分析】（1）利用正弦定理进行角换边得，设C ，则得到方程，注意.
（2）设联立圆方程解出，同理得到得到另一点，计算直线斜率，写出直线方程，令，得到定点.
【详解】（1）根据正弦定理由可得，设顶点C的坐标为，则
，因为构成三角形，故，
故轨迹方程为.
（2）设代入
，解得或，代回直线得

代入得
，解得或，代回直线

，又由对称性知，定点在y轴上
令，则，所以恒过定点  

【点睛】本题考察的是直线过定点问题，常用的方法是设直线法联立圆方程，韦达定理得出两根之和及两根之积，如果确定一交点坐标，通常利用韦达定理解出另一交点坐标，同理得到另一点坐标，然后计算直线斜率，写出点斜式方程，计算定点，本题首先通过对称性确定定点在，只需令，计算值即可，为了提高准确率我们可以先在草稿纸上利用特殊点先求出定点，先猜后证.