精品解析：湖北省云学部分重点高中2024-2025学年高二上学期11月联考数学试卷（A）

2024年湖北云学部分重点高中高二年级11月联考 数学试卷（A） 命题单位：云学研究院 审题单位：云学研究院 考试时间：2024年11月13日下午15：00-17：00 时长：120分钟 试卷满分：150分 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数的除法计算，再利用共轭复数及虚部的意义判断得解. 【详解】依题意，， 所以的虚部为. 故选：D 2. 已知直线：与：，若与互相平行，则它们之间的距离是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线平行满足的系数关系可得，即可利用平行线间距离公式求解. 【详解】若与互相平行，则需满足，解得， 故直线：与：， 故两直线间距离为， 故选：C 3. 已知空间向量，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直，数量积为0求参数的值. 【详解】因为，且， 所以. 故选：C 4. 已知实数，满足方程，则的最大值为（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据点和圆、直线和圆的位置关系求得正确答案. 【详解】由得，所以在以为圆心， 半径为的圆上，表示圆上的点和点连线的斜率， 设过的圆的切线方程为， 到直线的距离，解得或， 所以的最大值为. 故选：D 5. 如图，在中，，为上一点，且，若，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由已知结合向量共线定理可得，进而根据向量数量积的运算律即可求解. 【详解】因为，， 故， 由于在上，所以，故， 则， 又，，， 所以， 则 . 故选：B. 6. 某中学研究性学习小组为测量如图所示的铜雕的高度，在和它底部位于同一水平高度的共线三点处测得铜雕顶端P处仰角分别为，且，则该铜雕的高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设的投影为，且，利用锐角三角函数表示出、、，再在和中分别用余弦定理得到方程，解得即可. 【详解】设的投影为，且，在中，， 所以， 在中，，所以， 在中，，所以， 在和中分别用余弦定理得， 解得或（舍去），即该铜雕的高度为. 故选：B 7. 为椭圆上任意一点，，，则的最大值为( ). A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件可知，当且仅当，，三点共线且点在第二象限时，为最大值. 【详解】由椭圆，可得，，，所以可知为椭圆的下焦点， 设为椭圆上焦点，又因为为椭圆上任意一点，所以由椭圆定义可知：， 即，因为当，，三点共线且点在第二象限时有最大值， 即，又因为， 所以. 故选：D. 8. 正方形的边长为12，其内有两点、，点到边、的距离分别为3，2，点到边、的距离也是3和2．现将正方形卷成一个圆柱，使得和重合（如图）．则此时、两点间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过点分别作底面的平行圆，利用空间向量数量积的运算律求解即得. 【详解】过点作平行于底面的截面圆，过点作平行于底面的截面圆，， 设圆柱的底面圆半径为，则，解得 ，于是， 由，得 ， 所以、两点间的距离为. 故选：C 【点睛】关键点睛：求出空间两点的距离，借助空间向量表示及空间向量数量积是解决问题的关键. 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知曲线方程表示椭圆，则下列说法正确的是（ ） A. 的取值集合为 B. 当时，焦点坐标为 C. 当时，记椭圆所包围的区域面积为，则 D. 当时，随着越大，椭圆就越接近于圆 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据椭圆的基本性质对选项逐一判断即可. 【详解】A选项，因为，则,且，所以的取值范围是，故A选项错误； B选项，当时，椭圆方程为，则椭圆表示焦点在轴上的椭圆，且，所以焦点坐标为； C选项，当时，椭圆方程为，则椭圆表示焦点在轴上的椭圆，且，，则椭圆所包围的区域面积为，且，则C选项正确； D选项，时，曲线方程表示焦点在轴上的椭圆，则，，，则当，时，离心率表示单调递减的函数，则随着越大，椭圆的离心率越接近0，椭圆越圆，故D选项正确. 故选：BCD 10. 如图所示，在棱长为1的正方体中，是线段上动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 的最小值为 C. 若直线与所成角的正弦值为，则 D. 若是线段的中点，则到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A利用面面垂直的判定判断；B根据正方体的结构特征易得，结合是线段上动点，即可判断；C将已知化为直线与所成角为，令且，应用余弦定理列方程求参数；D化为求到平面的距离，等体积法求距离. 【详解】A：由题意面，面，故平面平面，对； B：由题意面，面，则， 又是线段上动点，显然与重合时最小，为，对； C：若平行于侧棱，交于，连接，显然为矩形， 所以，故直线与所成角，即为直线与所成角，为， 由，而， 令且，则，，， 所以，可得， 整理得，可得或（舍），错； D：显然C中为的中点，而，面，面， 所以面，即到平面的距离，即为到平面的距离， 由，且，即， 所以，对. 故选：ABD 11. 已知圆，为直线上一动点，过向圆引两条切线，为切点，则下列四个命题正确的是（ ） A. 直线与圆总有两个交点. B. 不存在点，使. C. 直线过定点. D. 过作互相垂直的两条直线分别交圆于、和、，则四边形面积的最小值为6 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用直线过定点且定点在圆内判断A，假设存在点，利用三角形边长关系和的取值范围判断B，求出以为直径的圆的方程，结合条件可得公共弦的方程，即可求出定点判断C，设到直线，的距离为，利用圆的几何性质求弦长，再结合面积公式和的取值范围判断D. 【详解】选项A：因为直线过定点， 且，即该定点在圆内，所以直线与圆总有两个交点，A说法正确； 选项B：连接，因为为切点，所以与全等， 假设存在点，使，则，此时， 因为，所以假设成立，即存在点，使，B说法错误； 选项C：设，则， 以为直径的圆的方程为，即， 又圆，两圆作差可得公共弦直线方程为， 消去可得，整理得， 令可得直线过定点，C说法正确； 选项D：设到直线，的距离为，则， 因为，， 所以， 又因为，当且仅当或过原点时等号成立， 所以，四边形面积， 即四边形面积的最小值为6，D说法正确； 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设圆：，为圆内一点，为圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于，当点在圆上运动时，点的轨迹方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】数形结合，分析出动点满足的条件，再根据椭圆定义，即可求得其方程. 【详解】根据题意，作图如下所示： 由题可知：，且，故， 故点的轨迹是椭圆，设其方程为， 故，，，故，故其方程为：. 故答案为：. 13. 已知圆台上、下底面半径分别为1和2，母线与底面所成角为，则圆台的外接球体积与圆台体积之比为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意结合轴截面可知，即可得圆台的体积，根据圆台的结构特征列式求球的半径和体积，即可得结果. 【详解】由题意可知：上底面半径，下底面半径， 由轴截面可知：，可知， 可得圆台的体积， 设外接球的半径为， 则，即，解得， （假设球心在圆台内，则，此时无解） 可得球的体积， 所以. 故答案为： 14. 已知M 是椭圆上一点，线段 AB是圆的一条动弦,且则的最大值为_______. 【答案】70 【解析】 【分析】设中点为，易得，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，可转化为，，设出点的参数方程，求出，即可得解. 【详解】 如图，设中点为，由，，故点的轨迹为以为圆心，为半径的圆， ， ，设，则 ， 当且仅当时，， 所以， 故答案为：70 【点睛】关键点点睛：由向量的数量积求解椭圆上一点与定点距离问题，转化法和参数方程是解决本题关键，还综合了余弦函数求最值问题，试题整体难度不大，但综合性强，是一道跨知识点考查相对不错的题！ 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. 直线经过两直线：和：的交点. （1）若直线与直线垂直，求直线的方程. （2）若点到直线的距离为4，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）方法一：求出两直线交点坐标，再由垂直关系计算可得结果； 方法二：设出两直线组成的直线系方程，再由垂直关系计算可得结果； （2）方法一：分斜率是否存在进行讨论，利用点到直线距离公式计算可得结果； 方法二：利用直线系方程求得参数值即可得直线方程. 【小问1详解】 方法一：由得交点， 因为与直线垂直，所以设：，代入得， 所以的方程为； 方法二：设：，整理得， 当与直线垂直，所以，解得， 所以的方程为，即. 【小问2详解】 方法一：当的斜率不存在时，为，满足题意， 当的斜率存在时，设：，则到直线的距离为， 解得，此时直线的方程为， 综上，直线的方程为或. 方法二：到直线的距离为， 化简得，解得或， 所以直线的方程为或. 16. 某地区有小学生9000人，初中生8600人，高中生4400人，教育局组织网络“防溺水”网络知识问答，现用分层抽样的方法从中抽取220名学生，对其成绩进行统计分析，得到如下图所示的频率分布直方图. （1）成绩位列前的学生平台会生成“防溺水达人”优秀证书，试估计获得“防溺水达人”的成绩至少为多少分； （2）已知落在内的平均成绩为67，方差是9，落在内的平均成绩是73，方差是29，求落在内的平均成绩和方差.（附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，，两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差） 【答案】（1）88分 （2）平均成绩为76，方差为12 【解析】 【分析】（1）根据百分位数的计算公式，即可求即可， （2）计算频率，即可得比例，即可根据总体方差的计算公式求解. 【小问1详解】 前4组的频率之和为， 前5组的频率之和为， 第分位数落在第5组，设为，则，解得. “防溺水达人”的成绩至少为88分. 【小问2详解】 的频率为0.15，的频率为0.30，所以 的频率与的频率之比为 的频率与的频率之比为 设内的平均成绩和方差分别为， 依题意有，解得， ，解得 所以内的平均成绩为76，方差为12. 17. 如图，由等腰与直角梯形组成的平面图形，已知，，，，，现将沿折起，使其成四棱锥，且. （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正切值. 【答案】（1）证明：在中，，， ， 又，，， ，又，平面， 平面，平面，平面， 所以平面平面，平面平面， 取中点，连， 则，又平面平面，平面， 平面，取中点，连，， 则，，四边形为平行四边形， ，平面， 又平面，平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理与线面的判定定理证得平面，再利面面垂直的判定与性质定理，结合线面垂直的性质定理证得平面，进而得证； （2）根据题意建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求出平面法向量，利用空间向量法求二面角，结合三角函数的基本关系式即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知以为原点，，分别为轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面的法向量为， ，，， ，即， 令，则，设平面法向量， 则，即， 令，则， ，则， ， 由图形可知二面角为锐角，故二面角的正切值为. 18. 某公司进行团建活动，最后一活动由两小组各自推荐出来的员工甲、员工乙参加．该活动分为两阶段，第一阶段是选拔阶段，两人各掷飞镖30次，所得成绩的第60百分位数大的员工参加下一阶段，第二阶段是游戏阶段，游戏规则如下：①有4次游戏机会；②依次参加，，游戏；③前一个游戏胜利后才可以参加下一个游戏，若轮到游戏后，无论胜利还是失败，一直都参加游戏，直到4次机会全部用完；④参加游戏，则每次胜利可以获得奖金20元；参加游戏，则每次胜利可以获得奖金50元；参加游戏，则每次胜利可以获得奖金100元. 已知甲参加每一个游戏获胜的概率都是，乙参加每一个游戏获胜的概率都是，甲、乙参加每次游戏相互独立，第一阶段甲、乙掷飞镖所得成绩如下表： 甲的成绩 环数 6 7 8 9 10 次数 3 3 9 11 4 乙的成绩 环数 6 7 8 9 10 次数 3 5 10 10 2 （1）甲、乙两位员工谁参加第二阶段游戏？并说明理由． （2）在（1）的基础上，解答下列两问： （i）求该员工能参加游戏的概率. （ii）该员工获得的奖金金额超过70元的概率是多少？ 【答案】（1）甲参加第二阶段游戏，理由：，甲的6，7，8环一共有15次，9环11次，故甲的第60百分位数为9； 而乙6，7，8环一共有18次，9环10次，，其故乙的第60百分位数为8.5， 所以甲参加第二阶段游戏. （2）（i），（ii） 【解析】 【分析】（1）根据游戏规则求得两人的第60百分位数即可得出结论； （2）（i）依题意游戏至多共使用3次机会，再由概率的加法公式计算可得结果； （ii）分情况根据共参加游戏次数以及获胜次数计算可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）若甲能参加游戏，则，游戏至多共使用3次机会， ①，游戏共使用2次机会，则概率； ②，游戏共使用3次机会，则概率， 所以甲能参加游戏的概率为. （ii）由甲获得的奖金金额超过70元即奖金金额为170和270，也就是说甲能参加游戏并且游戏至少获胜一次。 ①，游戏共使用2次机会，且游戏获胜一次，则概率； ②，游戏共使用3次机会，游戏获胜一次，则概率； ③，游戏共使用2次机会，且游戏获胜两次，则； 所以甲获得的奖金金额超过70元的概率为 19. 如图1，已知圆心在轴的圆经过点和.过原点且不与轴重合的直线与圆交于A、B两点（在轴上方）. （1）求圆的标准方程； （2）若的面积为，求直线l的方程； （3）将平面xOy沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面AOD)与y轴负半轴和轴所确定的半平面（平面BOD）互相垂直，如图2，求折叠后的范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设圆心，半径为，根据，列出方程求得的值，即可求得圆的方程； （2）当直线的斜率不存在时，求得的面积为，舍去；设直线的方程为，利用点到直线的距离公式和圆的弦长公式，求得弦长，进而求得到直线的距离为，根据题意列出方程，求得的值，即可求解； （3）当直线的斜率不存在时，由为等腰直角三角形，求得；设直线的方程为，联立方程组，求得，过作轴过作轴，得到，化简得到，进而求得折叠后的范围. 【小问1详解】 解：由题意，设圆心，半径为 因为圆经过点和，可得， 即，解得，所以， 所以圆的方程为. 【小问2详解】 解：当直线的斜率不存在时，此时的方程为，可得， 此时的面积为，不符合题意，舍去； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，其中，即， 可得圆心到直线的距离为， 由圆的弦长公式，可得， 又由，设到直线的距离为， 所以的面积为， 整理得，解得或（舍去）， 所以，所以直线的方程为. 综上可得，直线的方程为. 【小问3详解】 解：当直线的斜率不存在时，此时的方程为，可得， 此时为等腰直角三角形，可得； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，且， 联立方程组，整理得， 可得，且， 过作轴，垂足为，过作轴，垂足为， 则 ， 因为，所以，所以， 综上可得，折叠后的范围. 【点睛】方法策略：解答直线与圆锥曲线的最值与范围问题的方法与策略： （1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆的性质或圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决； （2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围； 3、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆或圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年湖北云学部分重点高中高二年级11月联考 数学试卷（A） 命题单位：云学研究院 审题单位：云学研究院 考试时间：2024年11月13日下午15：00-17：00 时长：120分钟 试卷满分：150分 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2. 已知直线：与：，若与互相平行，则它们之间的距离是（ ） A. B. 1 C. D. 3. 已知空间向量，，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知实数，满足方程，则的最大值为（ ） A. B. C. 0 D. 5. 如图，在中，，为上一点，且，若，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 4 6. 某中学研究性学习小组为测量如图所示的铜雕的高度，在和它底部位于同一水平高度的共线三点处测得铜雕顶端P处仰角分别为，且，则该铜雕的高度为（ ） A. B. C. D. 7. 为椭圆上任意一点，，，则的最大值为( ). A. B. C. D. 8. 正方形的边长为12，其内有两点、，点到边、的距离分别为3，2，点到边、的距离也是3和2．现将正方形卷成一个圆柱，使得和重合（如图）．则此时、两点间的距离为（ ） 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知曲线方程表示椭圆，则下列说法正确的是（ ） A. 的取值集合为 B. 当时，焦点坐标为 C. 当时，记椭圆所包围的区域面积为，则 D. 当时，随着越大，椭圆就越接近于圆 10. 如图所示，在棱长为1的正方体中，是线段上动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 的最小值为 C. 若直线与所成角的正弦值为，则 D. 若是线段的中点，则到平面的距离为 11. 已知圆，为直线上一动点，过向圆引两条切线，为切点，则下列四个命题正确的是（ ） A. 直线与圆总有两个交点. B. 不存在点，使. C. 直线过定点. D. 过作互相垂直的两条直线分别交圆于、和、，则四边形面积的最小值为6 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设圆：，为圆内一点，为圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于，当点在圆上运动时，点的轨迹方程为______. 13. 已知圆台上、下底面半径分别为1和2，母线与底面所成角为，则圆台的外接球体积与圆台体积之比为______. 14. 已知M 是椭圆上一点，线段 AB是圆的一条动弦,且则的最大值为_______. 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. 直线经过两直线：和：的交点. （1）若直线与直线垂直，求直线的方程. （2）若点到直线的距离为4，求直线的方程. 16. 某地区有小学生9000人，初中生8600人，高中生4400人，教育局组织网络“防溺水”网络知识问答，现用分层抽样的方法从中抽取220名学生，对其成绩进行统计分析，得到如下图所示的频率分布直方图. （1）成绩位列前的学生平台会生成“防溺水达人”优秀证书，试估计获得“防溺水达人”的成绩至少为多少分； （2）已知落在内的平均成绩为67，方差是9，落在内的平均成绩是73，方差是29，求落在内的平均成绩和方差.（附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，，两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差） 17. 如图，由等腰与直角梯形组成的平面图形，已知，，，，，现将沿折起，使其成四棱锥，且. （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正切值. 18. 某公司进行团建活动，最后一活动由两小组各自推荐出来的员工甲、员工乙参加．该活动分为两阶段，第一阶段是选拔阶段，两人各掷飞镖30次，所得成绩的第60百分位数大的员工参加下一阶段，第二阶段是游戏阶段，游戏规则如下：①有4次游戏机会；②依次参加，，游戏；③前一个游戏胜利后才可以参加下一个游戏，若轮到游戏后，无论胜利还是失败，一直都参加游戏，直到4次机会全部用完；④参加游戏，则每次胜利可以获得奖金20元；参加游戏，则每次胜利可以获得奖金50元；参加游戏，则每次胜利可以获得奖金100元. 已知甲参加每一个游戏获胜的概率都是，乙参加每一个游戏获胜的概率都是，甲、乙参加每次游戏相互独立，第一阶段甲、乙掷飞镖所得成绩如下表： 甲的成绩 环数 6 7 8 9 10 次数 3 3 9 11 4 乙的成绩 环数 6 7 8 9 10 次数 3 5 10 10 2 （1）甲、乙两位员工谁参加第二阶段游戏？并说明理由． （2）在（1）的基础上，解答下列两问： （i）求该员工能参加游戏的概率. （ii）该员工获得的奖金金额超过70元的概率是多少？ 19. 如图1，已知圆心在轴的圆经过点和.过原点且不与轴重合的直线与圆交于A、B两点（在轴上方）. （1）求圆的标准方程； （2）若的面积为，求直线l的方程； （3）将平面xOy沿轴折叠，使轴正半轴和轴所确定的半平面（平面AOD)与y轴负半轴和轴所确定的半平面（平面BOD）互相垂直，如图2，求折叠后的范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $