2023-2024学年湖北省荆州中学高二上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年湖北省荆州中学高二上学期10月月考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若直线l的方程为x-ysinθ+2=0，则直线l的倾角的范围是（ ）
A．[0，]B．[，]C．[，]D．[，）∪（，）
【答案】C
【分析】分，讨论即可
【详解】当时，方程为，倾斜角为
当时，直线的斜率，
所以
即
综上
故选：．
2．方程的化简结果是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由方程的几何意义及椭圆定义得出结果即可.
【详解】方程的几何意义为动点到定点和的距离和为10，并且，
所以动点的轨迹为以两个定点为焦点，定值为的椭圆，所以， ，
根据 ，所以椭圆方程为.
故选：C.
3．直线与圆相交于、两点，若，则等于（ ）
A．0B．C．或0D．或0
【答案】D
【分析】求出到圆心的距离和圆心 到直线 的距离，即可求出的值.
【详解】由题意，
∵，
∴到圆心的距离为 ，
∴圆心 到直线 的距离为：
，即.
解得：或，
故选：D.
4．已知动点在直线上，过点作圆的一条切线，切点为，则的最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】C
【分析】由题意求出切线长的表达式，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】由题可知圆的圆心为，半径为，
设，则，有，
得，
当时，.
故选：C.
5．某高校在2019年新增设的“人工智能”专业，共招收了两个班，其中甲班30人，乙班40人，在2019届高考中，甲班学生的平均分为665分，方差为131，乙班学生平均分为658分，方差为208．则该专业所有学生在2019年高考中的平均分和方差分别为（ ）
A．661.5，169.5B．661，187C．661，175D．660，180
【答案】B
【分析】先求出总体均值，再利用分层抽样的方差公式即可得解．
【详解】由题意甲的平均值为，方差为，
乙的平均值是，方差为，
则总体平均值为，
方差为．
故选：B．
6．若三棱锥中，已知底面，，，若该三棱雉的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题设知三棱锥是相应正六棱柱内的一个三棱锥，由此知该三棱锥的外接球即为该六棱柱的外接球，求出正六棱柱的外接球半径即可得．
【详解】三棱锥中，已知底面，，，
故该三棱锥为图中正六棱柱内的三棱锥，所以该三棱锥的外接球即为该六棱柱的外接球，
所以外接球的直径，则，
所以该球的表面积为．
故选：C．

7．如图，圆柱的轴截面为矩形，点M，N分别在上、下底面圆上，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】作出异面直线与所成角，然后通过解三角形求得所成角的余弦值.
【详解】连接，设，则是的中点，
设是的中点，连接，则，
则是异面直线与所成角或其补角.
由于，，
所以，由于，
而是圆柱底面圆的直径，则，
所以，则，
，而，
在三角形中，由余弦定理得.
故选：D
8．已知圆，过轴上的点存在圆的割线，使得，则的取值范围（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】利用割线定理得，再根据，列出关于的关系式，利用求解即可.
【详解】由题意得圆的圆心坐标为，半径，如图所示：
连接，交圆分别点，易证△∽△
则，
因为，故，，
所以，
又，
所以，
解得.
故选：D.
【点睛】本题主要考查圆的方程及圆的几何性质，考查学生分析处理问题的能力，属于难题，解答时将问题灵活转化是关键.
二、多选题
9．若方程所表示的曲线为C，则下面四个说法中正确的是（ ）
A．曲线C可能是圆
B．若，则C为椭圆
C．若C为椭圆，且焦点在x轴上，则
D．若C为椭圆，且焦点在y轴上，则
【答案】AD
【分析】根据方程为圆列式求解判断A，排除B，根据椭圆标准方程的特征列不等式求解范围即可判断CD.
【详解】当即时，方程为，
表示圆心为原点，半径为1的圆，故选项A正确，选项B错误；
若C为椭圆，且焦点在x轴上，则，解得，故选项C错误；
若C为椭圆，且焦点在y轴上，则，解得，故选项D正确.
故选：AD.
10．一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4，连续抛掷这个正四面体木块两次，记事件A为“第一次向下的数字为2或3”，事件B为“两次向下的数字之和为奇数”，事件C为“两次能看见的所有面向上的数字之和不小于15”，则下列结论正确的是（ ）
A．事件A与事件B相互独立
B．事件A与事件B互斥
C．
D．
【答案】ACD
【分析】对于A、B：根据古典概型求，结合独立事件和互斥事件分析判断；对于C：根据事件的运算求解；对于D：根据古典概型运算求解.
【详解】由题意可知：第一次向下的数字为1，2，3，4，共4个基本事件，则，
设为连续抛掷这个正四面体木块两次向下的数字组合，其中为第一次向下的数字，为第二次向下的数字，
则有，
共16个基本事件，
可知事件包含，共8个基本事件，则，
事件包含，共4个基本事件，则，
可知，
所以事件A与事件B相互独立，且事件A与事件B不互斥，故A正确，B错误；
因为，故C正确；
事件C等价于为“两次向下的数字之和小于等于5”，
包含，共10个基本事件，
则，故D正确；
故选：ACD.
11．“阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi-regularslid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ）
A．该半正多面体的体积为
B．该半正多面体过三点的截面面积为
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式
【答案】ACD
【分析】根据几何体的构成可判断A，由截面为正六边形可求面积判断B，根据外接球为正四棱柱可判断C，根据顶点，面数，棱数判断D.
【详解】如图，
该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的.
对于A， 因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：， 故正确；
对于B，过三点的截面为正六边形，所以，故错误；
对于C，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为,侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积，故正确；
对于D，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，故正确.
故选：ACD
12．设，为椭圆：的两个焦点，为上一点且在第一象限，为的内心，且内切圆半径为1，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】如下图所示，设切点为，，，由椭圆的定义结合内心的性质可判断A；由等面积法求出代入椭圆的方程可判断B；求出可判断C；由两点的斜率公式可判断D.
【详解】如下图所示，设切点为，，，
对于A，由椭圆的方程知：，
由椭圆的定义可得：，
易知，所以，
所以，故A正确；
对于BCD，，
又因为，解得：，
又因为为上一点且在第一象限，所以，解得：，故B正确；
从而，所以，
所以，而，所以，故C错误；
从而，故D正确.
故选:ABD．

三、填空题
13．写出圆：与圆：的公切线方程 ．
【答案】
【分析】简单判断两圆的位置关系，然后联立方程可得切点，直接可得结果.
【详解】圆：，则，可知两圆内切.
则，所以切点为.
所以公切线方程为：
故答案为：
14．已知等腰三角形的底边对应的顶点是，底边的一个端点是，则底边另一个端点的轨迹方程是
【答案】（去掉两点）
【分析】由题设给定的条件可得长，再由圆的定义即可得点C的轨迹，列式即得.
【详解】设，由题意知，，
因是以为底边的等腰三角形，于是有，即点C的轨迹是以A为圆心，为半径的圆，
又点构成三角形，即三点不可共线，则轨迹中需去掉点B及点B关于点A对称的点，
所以点的轨迹方程为(去掉两点).
故答案为：(去掉两点)
15．中顶点，，的平分线所在直线方程分别是，，则边所在直线方程 .
【答案】
【分析】根据对称性得到点关于直线和对称的对称点，在直线上，然后根据对称得到，，最后写直线方程即可.
【详解】由题意得点关于直线和对称的对称点，在直线上，
设，，
因为，所以，解得，则，
因为，所以，解得，则，
因为，所以直线的方程为，整理得.
故答案为：.
16．过椭圆上一动点分别向圆：和圆：作切线，切点分别为，，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】易知两圆的圆心为椭圆的两焦点，由勾股定理可得，，由椭圆的定义可得，设，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】，，，易知、为椭圆的两个焦点，
，

根据椭圆定义，
设，则，即，
则，
当时，取到最小值．
当时，取到最大值．
故的取值范围为：.
故答案为：.
四、解答题
17．某校对参加亚运知识竞赛的100名学生的成绩进行统计，分成，，，，五组，得到如图所示频率分布直方图．
(1)估计该校参加亚运知识竞赛的学生成绩的众数和平均数；
(2)估计该校参加亚运知识竞赛的学生成绩的80%分位数．
【答案】(1)众数为75，平均数为
(2)86
【分析】（1）根据频率分布直方图面积为1计算即可求出；再根据频率分布直方图的中众数的概念和平均数的计算公式，即可求解.
（2）先确定80%分位数在之间，再根据80%分位数左边的面积为0.8计算即可.
【详解】（1）由频率分布直方图的性质，
可得，解得．
由频率分布直方图的众数的概念可知，众数为75，
平均数为．
（2）因为的频率为0.65，的频率为0.9，
所以80%分位数为．
18．已知点，，点A关于直线的对称点为B.
(1)求的外接圆的方程；
(2)过点作的外接圆的切线，求切线方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）利用对称性质，由垂直与平分建立方程组得，结合图形可得为直角三角形，由几何法求出外接圆方程即可；
（2）由题意得点在圆外，根据切线斜率是否存在分类讨论，结合相切的几何性质求解切线方程.
【详解】（1）点关于直线的对称点为，
设点，则 ，
解得，即，又，
所以，所以的外接圆是以线段为直径的圆，
因为，则圆的半径为，
又AB的中点为，即为圆心，设为，
所以的外接圆方程是.

（2）由（1）知，圆的方程为，已知点，
因为，则点在圆外，
则过点作圆的切线有两条.
当切线斜率存在时，设切线方程为，
即，
由题意得，圆心到直线的距离
，解得，
所以切线方程为.
当切线斜率不存在时，切线方程为.
综上，切线方程为或.

19．小王创建了一个由他和甲、乙、丙共4人组成的微信群，并向该群发红包，每次发红包的个数为1个（小王自己不抢），假设甲、乙、丙3人每次抢得红包的概率相同．
(1)若小王发2次红包，求甲恰有1次抢得红包的概率；
(2)若小王发3次红包，其中第1，2次，每次发5元的红包，第3次发10元的红包，求乙抢得所有红包的钱数之和不小于10元的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据事件的互斥性和独立性即可求得事件的概率；
（2）根据事件的互斥性和独立性即可求得事件的概率；
【详解】（1）记“甲第i次抢得红包”为事件（，2），“甲第i次没有抢得红包”为事件．
则，．
记“甲恰有1次抢得红包”为事件A，则，
由事件的独立性和互斥性，得
．
（2）记“乙第i次抢得红包”为事件（，2，3），“乙第i次没有抢得红包”为事件．
则，．
由事件的独立性和互斥性，得
；
；
．
∴．
即乙抢得所有红包的钱数之和不小于10元的概率为．
20．已知F1，F2分别为椭圆W：的左、右焦点，M为椭圆W上的一点．
(1)若点M的坐标为（1，m）（m>0），求△F1MF2的面积；
(2)若点M的坐标为（x0，y0），且∠F1MF2是钝角，求横坐标x0的范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）代入法求得值，然后求出焦点坐标后可得三角形面积；
（2）由余弦定理可得．
【详解】（1）因为点M（1，m）在椭圆上，
所以，
因为m>0，所以，
因为a＝2，b＝1，所以，所以，，
所以
（2）因为点M在椭圆上，所以－2≤x0≤2，
由余弦定理得
cs∠F1MF2＝＝，
因为∠F1MF2是钝角，所以，
又因为，所以，解得，
故横坐标x0的范围为.
21．已知圆过点，且圆心在直线上.
(1)求圆的方程；
(2)设点在圆上运动，点，记为线段的中点，求的轨迹方程；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求的垂直平分线方程为，与的交点即圆心，圆心到点的距离即为半径，即可得圆的标准方程.
（2）由为线段的中点得到坐标与坐标的关系，代入圆方程可得轨迹方程.
【详解】（1），的中点坐标为，直线的斜率为，
故线段的垂直平分线方程为，即，
联立得，即圆的圆心为，半径为，
故圆的方程为
（2）设，，因为线段的中点，
所以，则，
因点在圆上运动，所以，
则，
即的轨迹方程为.
22．如图，四棱柱的底面ABCD为直角梯形，，，，直线与直线CD所成的角取得最大值．点M为的中点，且．
(1)证明：平面平面；
(2)若钝二面角的余弦值为，当时，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明平面平面；
（2）根据题意，以B为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，由二面角的计算公式即可得到的长，再由三棱锥的体积计算公式即可得到结果.
【详解】（1）证明：因为直线与直线CD所成的角取得最大值，所以．
因为点M为的中点，且，所以，则，
又，所以平面ABCD，
因为平面ABCD，所以，
因为，所以，
又，，所以，
所以，则，
又，且平面，所以平面，
又平面BDM，所以平面平面，
故平面平面．
（2）
由（1）可知，BC，BD，两两互相垂直，以B为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
，，，设，
则，，，，
设平面BDM的一个法向量为，
由得取，
则，
设平面CDM的一个法向量为，
由得取，则，
于是，
由题意知，
整理得，解得（舍去），
所以，
因为点M为的中点，
所以．