湖北省新高考联考协作体2022-2023学年高二上学期期中模拟数学试题

第页，共页湖北省新高考联考协作体2022-2023学年高二上学期期中模拟数学试题一、单选题（本大题共8小题）1.若（为虚数单位）是纯虚数，则（

）A．-1 B．0 C．1 D．22.已知向量，若∥，则等于（

）A．3 B． C． D．3.已知向量，，且与互相垂直，则的值是（

）A． B．2 C． D．14.按从小到大顺序排列的9个数据:10，16，25，33，39，43，m，65，70，若这组数据的第一四分位数与第三四分位数的和是73，则等于（

）A．40 B．45 C．48 D．625.一束光线从点出发，经轴反射到圆：上的最短距离为（

）A． B． C． D．6.在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动．若平面AMN，则PA1的最小值是（

）A．1 B． C． D．7.在平面直角坐标系中，已知圆：，点是轴上的一个动点，，分别切圆C于P，Q两点，则线段长的取值范围是（）A． B． C． D．8.已知椭圆，，分别为椭圆的左右焦点，若椭圆C上存在点（）使得，则椭圆的离心率的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共4小题）9.建三江国际家乐购大型超市因为开车前往购物的人员较多，因此超市在制定停车收费方案时，需要考虑顾客停车时间的长短．现随机采集了200个停车时间的数据（单位：min），其频率分布直方图如下：超市决定对停车时间在40分钟及以内的顾客免收停车费（同一组数据用该区间的中点值代替），则下列说法正确的是（

）A．B．免收停车费的顾客约占总数的25%C．开车购物的顾客的平均停车时间约为58minD．所采集数据中停车时间在区间的最多，可以将70作为众数的估计值10.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题中正确的有（

）A．若，则△ABC一定是等边三角形B．若，则△ABC一定是等腰三角形C．是成立的充要条件D．若，则△ABC一定是锐角三角形11.如图，正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的是（

）A．直线到平面的距离为2B．点到平面的距离为C．点到直线的距离为D．点与点到平面的距离相等12.古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”在平面直角坐标系中，已知点满足，设点的轨迹为圆，则下列说法正确的是（

）A．圆的方程是B．过点向圆引切线，两条切线的夹角为C．过点作直线，若圆上恰有三个点到直线的距离为，则该直线的斜率为D．过直线上的一点向圆引切线，则四边形的面积的最小值为三、填空题（本大题共4小题）13.端午节吃粽子是我国的传统习俗，若一盘中共有两种粽子，其中3个蜜枣粽子，4个蛋黄粽子，现从盘中任取2个都是相同馅粽子的概率为；14.四面体A﹣BCD中，AB＝CD＝5，，，则四面体A﹣BCD外接球的表面积为．15.几何学史上有一个著名的米勒问题：“如图，点M，N是锐角∠AQB的一边QA上的两点，试在QB边上找一点P，使得∠MPN最大”.如图，其结论是：点P为过M，N两点且和射线QB相切的圆的切点.根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系xOy中，给定两点M（1，2），N（3，4），点P在x轴上移动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标为.16.“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上．称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔蒙日（1746-1818）最先发现．若椭圆的左、右焦点分别为，为椭圆上一动点，过和原点作直线与椭圆的蒙日圆相交于，则．四、解答题（本大题共6小题）17.的内角，，的对边分别为，，，已知．(1)求角的大小；(2)若，的面积为，求的周长．18.某学校为了解学校食堂的服务情况，随机调查了50名就餐的教师和学生.根据这50名师生对餐厅服务质量进行评分，绘制出了频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组为.(1)求频率分布直方图中的值；(2)从评分在的师生中，随机抽取2人，求此人中恰好有1人评分在上的概率；(3)学校规定：师生对食堂服务质量的评分不得低于75分，否则将进行内部整顿，试用组中数据估计该校师生对食堂服务质量评分的平均分，并据此回答食堂是否需要进行内部整顿.19.如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，E是的中点，且，.(1)证明：平面；(2)若，，求二面角的正弦值.20.已知圆心在直线上且过点的圆与直线相切，其半径小于5，若圆与圆关于直线对称．(1)求圆的方程；(2)过直线上一点作圆的切线，切点为，求四边形面积的最小值及此时直线的方程.21.如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，为棱上的点，且.(1)求证：平面.(2)求二面角的平面角的余弦值.(3)若点在棱上（不与点，重合），直线能与平面垂直吗？若能，求出的值；若不能，请说明理由.22.如图，在平面直角坐标系xOy中，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，顶点B的坐标为(0，b)，且BF1F2是边长为2的等边三角形．(1)求椭圆的方程；(2)过右焦点F2的直线l与椭圆交于A，C两点，记ABF2，BCF2的面积分别为S1，S2，若S1=2S2，求直线l的斜率．

参考答案1.【答案】C【分析】根据复数的除法运算化简复数，进而根据纯虚数实部为0，虚部不为0即可求解.【详解】，由于为纯虚数，因此且，故，故选：C2.【答案】C【分析】由∥，可求出的值，即可求出的坐标，进而可得的值.【详解】解：因为，若∥，所以，所以，所以.故选：C.3.【答案】A【分析】先利用空间向量的数量积及模长的坐标表示求出，再利用空间向量的数量积的运算律进行求解.【详解】因为，，所以，，，因为与互相垂直，所以，即，即，解得.故选：A.4.【答案】C【分析】根据四分位数定义列出关于的方程即可得出答案.【详解】由题干可知为9个数据，所以,所以第一四分位数为25，因为,所以第三四分位数为，则，所以.故选：C.5.【答案】A【分析】将圆化为标准方程，找到圆心和半径，找出关于轴的对称点，找到，减去半径即为所求.【详解】解：由题意，圆的标准方程为:，所以圆的圆心坐标为，半径，又点关于轴的对称点为，所以，所以，所求最短距离为.故选：A.6.【答案】C【分析】由平面，可以找到点在右侧面的运动轨迹，从而求出的最小值【详解】如图所示，取的中点,的中点，连接，因为分别是棱的中点，所以，，又因为,,，所以平面平面，平面，且点在右侧面，所以点的轨迹是，且，，所以当点位于中点处时，最小，此时，.故选：C7.【答案】B【分析】设，利用面积相等得到，再根据即可求得的取值范围.【详解】设，则，由可知，∵AC垂直平分PQ，∴，∴当时，PQ取得最小值，又，∴，∴．故选：B．.8.【答案】B【分析】利用结论建立不等式即可求解.【详解】根据题意作图如下：由图可得：当点P在椭圆的上（下）顶点处时，最大，要满足椭圆C上存在点（）使得，则，∴，即：，整理得：，又，∴得到：，∴，∴椭圆离心率的取值范围为，故选:B．9.【答案】BCD【分析】根据频率分布直方图中小长方形的面积和等于1，即可判断A；结合频率分布直方图求出停车时间在40分钟及以内的频率即可判断B；根据频率分布直方图求出平均数即可判断C；依据众数的概念即可判断D．【详解】，解得：，故A错误；开车购物的顾客免交停车费的频率为%，故B正确；开车购物的顾客平均停车时间约为，故C正确；由众数的概念可知：众数为70，故D正确．故选：BCD．10.【答案】AC【分析】根据正弦定理和三角变换公式可判断ABC的正误，根据余弦定理可判断D的正误.【详解】对于A，由正弦定理可得，故，而为三角形内角，故，故三角形为等边三角形，故A正确.对于B，由正弦定理可得，故，故或，而，故或即或，故三角形为等腰三角形或直角三角形，故B错误.对于C，等价于，而后者等价于，即，其中为三角形外接圆半径，故的充要条件为，故C正确.对于D，由可得，故为锐角，但不能保证三角形为锐角三角形，故D错误.故选：AC.11.【答案】ABC【分析】根据平面平面，可得线段的长度即为直线到平面的距离，即可判断A；以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法计算即可判断BCD.【详解】解：对于A，因为平面平面，平面，则线段的长度即为直线到平面的距离，所以直线到平面的距离为2，故A正确；对于B，如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量为，则有，可取，则，所以直线与平面所成角的正弦值为，所以点到平面的距离为，故B正确；对于C，，则，，所以，故，所以点到直线的距离为，故C正确；对于D，，则，则，所以直线与平面所成角的正弦值为，直线与平面所成角的正弦值为，所以点到平面的距离为，点到平面的距离为，所以点与点到平面的距离不相等，故D错误.故选：ABC.12.【答案】ABD【分析】对于A，设点坐标，根据代入化简，可得A正确；对于B，设切线夹角为，可得，解得B正确；对于C，若圆上恰有三个点到直线的距离为，可判断直线与圆相切，进而可解得，故C错误；对于D，由条件可表达四边形的面积为，求的最小值，计算可得D正确.【详解】对于A，因为，点满足，设，则，化简得，，即，故A正确；对于B，因为，设两条切线的夹角为，所以，解得，则，故B正确；对于C，易知直线的斜率存在，设直线l的方程为，即，因为圆上恰有三个点到直线的距离为2，所以圆心到直线的距离，解得，故C错误；对于D，由题意可得，故只需求的最小值即可，的最小值为点到直线的距离，即，所以四边形的面积的最小值为，故D正确.故选：ABD.13.【答案】【分析】根据古典概型的公式计算即可．【详解】解：设从盘中任取2个都是相同馅粽子为事件A，则．故答案为：．14.【答案】50π【分析】把四面体补成一个长方体，长方体的对角线就是其外接球的直径，由此可求得外接球半径，从而得表面积．【详解】由题意可采用割补法，考虑到四面体A﹣BCD的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以为三边的三角形作为底面，且分别以a，b，c为长、侧棱两两垂直的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为a，b，c的长方体，并且a2+b2＝25，a2+c2＝34，b2+c2＝41，设球半径为R，则有(2R)2＝a2+b2+c2＝50，∴4R2＝50，∴球的表面积为．故答案为：．15.【答案】3【分析】根据题意可知直线与轴交于点，根据图形利用圆幂定理即可求出点P的坐标，再结合题意即可求解.【详解】设直线MN与x轴交于Q，易得，过点M，N的圆且与轴相切于点P即为所求.则由圆幂定理得，所以，易得或，而过点的圆的半径大于过点的圆的半径，所以，故点P的横坐标为3.故答案为：3.16.【答案】1【分析】令，利用椭圆的定义可得，再由平面向量的知识可得，从而得到；结合“蒙日圆”的定义可知，由此得到，故得解.【详解】因为椭圆，所以，故，，如图，令，因为，所以，即，结合图象，由平面向量的知识可得，故，两式相加得，即，即，由“蒙日圆”的定义，当我们过椭圆上下左右四个顶点作椭圆的切线时，易知椭圆的“蒙日圆”的直径为这四条切线所围成的矩形的对角线，故由勾股定理得，所以，故.故答案为：1..17.【答案】(1)(2)【分析】（1）已知，由正弦定理及三角恒等变换，可得，则；（2）由三角形面积解得，再由余弦定理得，∴的周长为．【详解】（1）已知，由正弦定理可得：，整理得：，，，，又，；（2）由余弦定理，得，，，，，，，的周长为．18.【答案】(1)0.006(2)(3)76.2，不需要内部整顿.【分析】(1)由频率分布直方图小长方形面积之和为1可得关于实数a的方程，解方程可得；(2)利用题意列出所有可能的结果，由古典概型公式可得此人中恰好有1人评分在上的概率为(3)求解平均值可知食堂不需要内部整顿.【详解】（1）由,得.（2）设被抽取的2人中恰好有一人评分在上为事件A.因为样本中评分在的师生人数为：，记为1,2号样本中评分在的师生人数为：，记为3,4,5号所以从5人中任意取2人共有（1,2），（1,3），（1,4），（1,5），（2,3），（2,4），（2,5），（3,4），（3,5），（4,5）共10种等可能情况；2人中恰有1人评分在上有（1,3），（1,4），（1,5），（2,3），（2,4），（2,5）共6种等可能情况.得.答：2人中恰好有1人评分在上的概率为.（3）服务质量评分的平均分为因为，所以食堂不需要内部整顿.19.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）设，连接，证明，，原题即得证；（2）证明平面，再以点O为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】（1）证明：设，连接.因为四边形是菱形，所以O是的中点.因为，所以.因为四边形是菱形，所以.因为平面，平面，且，所以平面.（2）因为，所以，所以.因为，又平面.所以平面.因为O，E分别是，的中点，所以，所以平面.故以O为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，，，，故，，，设平面的法向量，则，令，得.设平面的法向量，则，令，得.设二面角为，则.所以.20.【答案】(1)(2)，【分析】（1）根据题意，设，列出方程组求得，求得圆，再利用点关于直线的对称，求得圆的圆心坐标，即可求得圆的方程；（2）根据题意求得，当时，取得最小值，得到，确定的以为直径的圆的方程，结合圆的方程，两式相减求得公共弦的方程即可.【详解】（1）由题意，圆心在直线上，可设，因为圆过点，且与直线相切，可得，整理得，因为圆的半径小于5，所以，即，且半径所以圆的方程为，设圆，因为圆与圆关于直线对称，可得，解得，所以圆的方程为．（2）圆，可得，则四边形的面积，设，因为，所以当时，，此时四边形的面积最小，最小值为，且；由，可得以为直径的圆的方程为因为在以为直径的圆上，且在上，且圆，两圆的