精品解析：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题

宜昌市部分省级示范高中2024秋季学期高二年级 期中考试数学试卷 命题学校：葛洲坝中学 命题人：曹齐艳 审题学校：三峡高中 审题人：郭永亮 审题学校：枝江一中 审题人：时爱华 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填涂到答题卡指定位置． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．回答非选择题时，将答案写在答题卡与本题对应范围内．写在本试卷上无效． 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. 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 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 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. 0.35 B. 0.55 C. 0.6 D. 0.65 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. 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. 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. 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. 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 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 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. 当为中点时，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 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_______. 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． 14. 已知，，若圆上存在点P满足，则的取值范围是______________ 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. 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. 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. 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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宜昌市部分省级示范高中2024秋季学期高二年级 期中考试数学试卷 命题学校：葛洲坝中学 命题人：曹齐艳 审题学校：三峡高中 审题人：郭永亮 审题学校：枝江一中 审题人：时爱华 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填涂到答题卡指定位置． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．回答非选择题时，将答案写在答题卡与本题对应范围内．写在本试卷上无效． 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】 【分析】由复数的四则运算及共轭复数的概念即可求解. 【详解】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】 【分析】根据空间中直线、平面的位置关系进行逐项判断即可. 【详解】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】 【分析】充分必要条件的判断：把两个命题分别作为条件和结论，判定由条件能否推出结论即可. 【详解】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. 0.35 B. 0.55 C. 0.6 D. 0.65 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由随机数组来确定胜负情况，根据20组数据中满足条件的数组个数，除以总数即可得解. 【详解】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】 【分析】利用空间向量共面定理的推论可得，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解. 【详解】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】 【分析】先判断球心在三棱锥的高线上，由正弦定理求得，求得，借助于列方程，求出外接球半径即得. 【详解】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】 【分析】根据正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而结合余弦定理可得，进而结合面积公式即可求解. 【详解】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】 【分析】根据椭圆焦点坐标以及直线过定点可得点在椭圆内部，整理不等式可得离心率. 【详解】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】 【分析】对于A，C，利用反例来判断；对于B，根据投影向量的定义计算即可；对于D，证明共面，即可判断. 【详解】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】 【分析】对于A选项，求出剩下的28个样本数据的和、去掉的两个数据和、原样本数据和，列出方程即可； 对于B选项，写出和的表达式即可； 对于C选项，根据中位数定义判断即可； 对于D选项，根据分位数定义判断即可. 【详解】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. 当为中点时，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】 【分析】建立空间直角坐标系利用空间向量即可得A正确，利用线面平行性质以及椎体体积公式计算可得点的轨迹即是线段，可得B正确，利用极化恒等式计算可得C正确，由点的位置关系可知D错误. 【详解】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】 【分析】根据模长公式即可求解. 【详解】， ， ， 故答案为： 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】 【分析】根据圆台的体积公式计算． 【详解】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）． 故答案为：． 14. 已知，，若圆上存在点P满足，则的取值范围是______________ 【答案】 【解析】 【分析】利用向量数量积的坐标表示求得点的轨迹方程为圆，再利用两圆相交得到关于的不等式，解之即可得解. 【详解】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. 故答案为：. 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. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）先求得直线的斜率，再根据两直线垂直斜率关系结合点斜式求解即可； （2）分析当截距均为时的情况，再设直线方程为，根据直线经过点求解即可. 【小问1详解】 由可得直线的斜率为， 因，故直线的斜率为， 则直线的方程为，即 【小问2详解】 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，所以直线方程为， 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件的乘法公式求解； （2）先求出两人中至少有一人赢得比赛的对立事件甲、乙两人都未赢得比赛的概率，再去求甲、乙两人至少有一人赢得比赛的概率. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）设出，由题意列出方程，化简得到点P的轨迹方程； （2）利用相关点法求解点M的轨迹方程； （3）表示的几何意义为圆心为，半径为2的圆上的点与连线的斜率，画出图形，数形结合求出最值，从而求出取值范围. 【小问1详解】 设，则， 化简得：，故点P的轨迹方程为； 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 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. 【答案】（1）在中， 所以，即. 又因为，在平面中，， 所以平面. （2） （3）不存在，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. 【解析】 【分析】（1）由题意和勾股定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）由面面垂直的性质和线面垂直的性质可得，进而建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出该面面角； （3）假设存在这样的点Q，则存在使得.利用线面平行和空间向量的坐标表示建立关于的方程，解得，即可下结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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，二面角为锐角，所以其余弦值为； 【小问3详解】 略 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. 【答案】（1）不在椭圆上， （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. 【解析】 【分析】（1）分析可得必在椭圆C上，不在椭圆上，代入即得解； （2）方法一，设直线MN： ， M()，N()，P()，利用P、M、A和P、B、N三点共线 得，联立消元结合韦达定理的得， 代入上式求解即可； 方法二，讨论直线PA，PB斜率与零的关系，然后分别设直线PA，PB方程，分别与椭圆方程联立，求出M、N的坐标，进而求出直线MN的方程式，求出定点即可， 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $