湖北省武汉市常青联合体2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷 含解析

武汉市常青联合体2024-2025学年度第一学期期中考试高二数学试卷命题学校：武汉市第十七中学命题教师：黄冲审题教师：杨昌环考试时间：2024年11月14日8:00-10:00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.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出直线的斜率，然后结合倾斜角与斜率关系即可求解．【详解】由题意得直线的斜率为．设直线的倾斜角为，则，由，得，故选：B．2.若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由方程表示焦点在轴上的椭圆列出不等式组求解即可.【详解】若方程表示焦点在轴上的椭圆，则，解得.故选：D.3.数学来源于生活，约3000年以前，我国人民就创造出了属于自己计数方法．十进制的算筹计数法就是中国数学史上一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍．下图是利用算筹表示数1～9的一种方法．例如：3可表示为“”，26可表示为“”，现有5根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则用1～9这9个数字表示的所有两位数中，个位数与十位数之和为5的概率是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意把5根算筹所能表示的两位数列举出来后，求出数字和为5的两位数个数作答.【详解】1根算筹只能表示1，2根算筹可表示2和6，3根算筹可表示3和7，4根算筹可表示4和8，5根算筹可表示5和9，因此5根算筹表示的两位数有14，18，41，81，23，27，32，72，63，67，36，76，共12个，其中个位数与十位数之和为5的有14，41，23，32，共4个，所以所求概率为．故选：A4.设直线与圆相交于两点，且的面积为8，则（）A. B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】利用三角形的面积公式可得，由圆心到直线的距离，再利用点线距公式建立方程，解之即可.【详解】由三角形的面积公式可得，得，由，得，所以等腰直角三角形，所以圆心到直线的距离为，由点到直线的距离公式得，解得.故选：C5.设A，B为随机事件，则的充要条件是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据互斥事件和独立事件的概念可判断AB；取特例可判断C；由PA=PAB+PA【详解】对于A，由可知A，B为互斥事件，概率不一定相等，A错误；对于B，由可知A，B相互独立，与概率大小无关，B错误；对于C，抛掷一颗骰子，记掷出点数为事件A，掷出点数为事件B，则事件表示掷出点数为，为不可能事件，所以，，，显然，由推不出，C错误；对于D，，，若，则，即，反之亦然，故的充要条件是，D正确.故选：D6.甲、乙、丙三人玩传球游戏，每个人都等可能地把球传给另一人，由甲开始传球，作为第一次传球，经过3次传球后，球回到甲手中的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据古典概型运算公式进行求解即可.【详解】设甲、乙、丙三人用，由题意可知：传球的方式有以下形式，，所求概率为.故选：C7.椭圆的上顶点为A，点均在C上，且关于x轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为，则C的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据直线AP，AQ的斜率之积列方程，求得，进而求得椭圆的离心率.【详解】，设Px1,y1，则，则，故，又，则，所以，即，所以椭圆C的离心率为．故选：C8.直线过点，且与圆相交所形成的长度为整数的弦的条数为（）A.5 B.8 C.9 D.10【答案】C【解析】【分析】判断已知点与圆的位置关系，并确定过定点的直线与圆所成弦长的范围，结合圆的对称性确定弦的条数.【详解】依题设，圆的圆心为，且半径，而，即点在圆内，且圆心到该点的距离，当直线与、的连线垂直时，弦长最短为，而最长弦长为圆的直径为，因此所有弦的弦长范围为，所以相交所形成的长度为整数的弦，弦长为，根据圆的对称性，弦长为各有2条，弦长为2的只有1条，所以共有9条.故选：C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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．9.已知直线：和直线：，下列说法正确的是（

）A.始终过定点 B.若，则或C.若，则或2 D.当时，始终不过第三象限【答案】ACD【解析】【分析】选项A可由含参直线定点坐标求法可得；选项B当时，，重合；选项C由一般方程垂直时系数关系可得；选项D化为斜截式后，由斜率和和轴上的截距可判断.【详解】选项A：：，令，得，过点，A正确；选项B：当时，，重合，故B错误；选项C：当时，由，得或2，故C正确；选项D：当时，：始终过，斜率负，不会过第三象限，故D正确.故选：ACD10.已知F为椭圆的一个焦点，A，B为该椭圆的两个顶点，若，则满足条件的椭圆方程为（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根据题意为该椭圆的两个顶点，且，结合椭圆的几何性质，分类讨论，即可求解.【详解】由题意，已知F为椭圆的一个焦点，其中为该椭圆的两个顶点，且，当为左右两个顶点时，可得，解得，所以，此时椭圆的方程为；当为椭圆短轴的顶点，为长轴的顶点时，可得解得，则，此时椭圆的方程为；当为椭圆长轴的顶点，为短轴的顶点时，可得，解得，则，此时椭圆的方程为.故选：BCD.11.在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列选项正确的是（）A.B.直线与所成角的余弦值为C.三棱锥的体积为D.存在实数使得【答案】BD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出，对于A，计算的值即可判断；对于B，计算的值即可判断；对于C，先计算得，接着计算，再由和平面且结合锥体体积公式即可计算求解；对于D，由计算求出即可得解.【详解】由题可建立如图所示的空间直角坐标系，则，所以，对于A，，故与不垂直，故A错误；对于B，，所以直线与所成角的余弦值为，故B正确；对于C，由上，所以，所以即，又，所以，因为，又由正方体性质可知平面即平面，所以，故C错误；对于D，若存在实数使得，则，所以，所以，故D正确.故选：BD.【点睛】思路点睛：建立坐标系解决立体几何中的问题是一种常用方法，它的思维量小，计算量虽多但是计算简单，解法直接自然和简单，本题根据正方体的结构特征建立了空间直角坐标系，接着计算所需向量坐标，从而根据各个问题的向量法理论公式直接计算即可判断求解.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知圆的圆心在直线上，且过点，，则圆的方程为__________.【答案】【解析】【分析】根据题设可得线段中垂线方程为，联立已知直线求圆心坐标，进而得半径，即可得圆的方程.【详解】由题设，且中点为，故线段中垂线方程为，由题意知，圆心也在上，联立，可得圆心为，所以半径，故圆的方程为.故答案为：13.王先生忘记了自己电脑的密码，但记得密码是由两个3，一个6和一个9组成的四位数，于是他用这四个数字随意排成一个四位数输入电脑，则其能一次就打开电脑的概率是________．【答案】【解析】【分析】利用古典概率模型即可求解.【详解】由题可知，密码的可能情况有：3369,3396,3639,3693,3936,3963,6339,6393,6933,9336,9363,9633共有12种情况，其中只有1个密码正确，所以能一次就打开电脑的概率是，故答案为:.14.关于椭圆有如下结论：“过椭圆上一点作该椭圆的切线，切线方程为．”设椭圆的左焦点为，右顶点为，过且垂直于轴的直线与的一个交点为，过作椭圆的切线，若切线的斜率与直线的斜率满足，则椭圆的离心率为____________.【答案】【解析】【分析】根据题设有，，令，进而有且，结合已知列椭圆参数的齐次方程求离心率.【详解】由题设，，令代入椭圆，有，令，则过该点的切线，即为，所以，而，故，所以，则，即，又，则.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.已知的顶点，边上的高线所在的直线方程为，边上的中线所在的直线方程为．（1）求点的坐标；（2）求直线方程．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由垂直关系求出直线的方程，再求出两直线的交点坐标即得.（2）设出点的坐标，利用中点坐标公式求出点坐标，再利用两点式求出直线方程.【小问1详解】由边上的高线所在的直线方程为，得直线的斜率为1，直线方程为，即，由，解得，所以点的坐标是.【小问2详解】由点在直线上，设点，于是边的中点在直线上，因此，解得，即得点，直线的斜率，所以直线的方程为，即.16.垃圾分类（Garbageclassification），一般是指按一定规定或标准将垃圾分类储存、投放和搬运，从而转变成公共资源的一系列活动的总称．垃圾分类具有社会、经济、生态等多方面的效益．小明和小亮组成“明亮队”参加垃圾分类有奖答题活动，每轮活动由小明和小亮各答一个题，已知小明每轮答对的概率为p，小亮每轮答对的概率为且在每轮答题中小明和小亮答对与否互不影响，各轮结果也互不影响．已知一轮活动中，“明亮队”至少答对1道题概率为．（1）求p的值；（2）求“明亮队”在两轮活动中答对3道题的概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设“一轮活动中，“明亮队”至少答对的1道题”，利用对立事件两人都没有答对可求解.（2）设“两轮活动中小明答对了1道题”，“两轮活动中小亮答对了1道题”，，1，2，分别求出其概率，设“明亮队”在两轮活动中答对3道题”，则从而可得答案.【小问1详解】设“一轮活动中小明答对一题”，“一轮活动中小亮答对一题”，则，.设“一轮活动中，“明亮队”至少答对的1道题”，则，由于每轮答题中小明和小亮答对与否不影响，所以A与B相互独立，从而与相互独立，所以，所以【小问2详解】设“两轮活动中小明答对了1道题”，“两轮活动中小亮答对了1道题”，，1，2.由题意得，，，设“明亮队”在两轮活动中答对3道题”，则.由于和相互独立，则与互斥，所以.所以，“明亮队”在两轮活动中答对3道题的概率为.17.如图，在四棱锥中，，，，平面平面．（1）求证：平面；（2）点Q在棱上，与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）若分别为中点，连接，易得、、、，再应用面面垂直的性质得面，由线面垂直的性质证、，最后综合线面垂直的性质及判断定理证结论；（2）构建合适空间直角坐标系，首先根据线面角的向量求法列方程求Q位置，再应用向量法求面面角的余弦值.【小问1详解】若分别为中点，连接，由，，则为直角梯形，且为中位线，所以，且，由，则，又，可得，面面，面，面面，则面，面，故，则，由面，则，又，均在面内，所以面，面，可得，所以，故，即，由，则，而均在面内，所以平面.【小问2详解】由（1）可构建如上图所示的空间直角坐标系，所以，令且，则，则，，，若是面的一个法向量，则，令，则，由题意，整理得，故，则，若是面的一个法向量，则，令，则，所以平面与平面夹角的余弦值.18.已知椭圆C:x2a2+（1）求的方程；（2）若直线与相交于不同于的，两点，的中点为，当时，①求证：为直角．②求的值．【答案】（1）；（2）①证明见解析；②.【解析】【分析】（1）根据点在椭圆上及焦距列方程求椭圆参数，即可得方程；（2）①由题设有，结合，有，即可证结论；②设，将直线方程和椭圆方程联立，利用韦达定理及列方程求解即可.【小问1详解】由题意，且，则，所以椭圆；【小问2详解】①在中，又，两点不同于，的中点为，当时，此时，所以为直角，得证；②设，联立，整理得，则，所以，则，，由，综上，将韦达公式代入上式整理得，可得或，而时，直线过点，不合题设，当时，满足条件，所以.19.在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，且为该平面的法向量.已知集合，，（1）设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值；（2）记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值；（3）记集合T中所有点构成的几何体为W．求W的体积的值．【答案】（1），；（2），；（3）16.【解析】【分析】（1）分析题意进行解答，分别表示出集合代表的点，得到的截面是正方形求出，同理得到是正方形求出即可.（2）根据（1）分析得为截去三棱锥所剩下的部分，用割补法求解体积即可.（3）根据题设，判断几何体的组成，再应用棱锥、棱柱体积公式求体积.【小问1详解】集合表示平面上所有的点，表示这八个顶点形成的正方体内所有的点，而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点，发现它是边长为2的正方形，因此.对于，当时，表示经过，，的平面在第一象限的部分.由对称性，知Q表示，，，这六个顶点形成的正八面体内所有的点.而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点，它是边长为