湖北省武汉市第二中学2023-2024学年高二上学期10月阶段性检测数学 Word版含解析.docx

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武汉二中2025届高二上学期十月阶段性检测数学试卷试卷满分：150分一．单选题（共8小题）1.圆关于点对称的圆的标准方程为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先将圆的方程化为标准方程得到圆心和半径，再求出圆心关于的对称点即可得到对称的圆的标准方程.【详解】由题意可得圆标准方程为，所以圆心为，半径为，因为点关于点的对称点为，所以所求对称圆的标准方程为，故选：D2.直线，若，则实数的值为（）A.0B.3C.0或D.0或3【答案】C【解析】【分析】根据直线垂直的充要条件列方程求解即可.【详解】因为，，所以，即，解得或.故选：C.3.若圆心在第一象限的圆过点，且与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为（） A.1B.C.2D.【答案】D【解析】【分析】根据已知确定圆心坐标，利用点线距离公式求距离即可.【详解】圆心在第一象限的圆过点，且与两坐标轴都相切，则为x轴上切点，故圆心为，则圆心到直线的距离为.故选：D4.如图，在三棱柱中，E、F分别是BC、的中点，为的重心，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据向量的数乘及加、减运算求解即可.【详解】解：由题意可得： .故选：A.5.设，为实数，若直线与圆相交，则点与圆的位置关系是（）A.在圆上B.在圆外C.在圆内D.不能确定【答案】B【解析】【分析】根据直线与圆的位置关系，求得满足的关系式，结合点与圆位置关系的判断方法，判断即可.【详解】根据题意，即，故点在圆外.故选：B.6.已知直线：，且与轴、轴分别交于、两点．若使的面积为的直线共有（）条A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】利用直线方程求得直线与两坐标轴的交点、，从而将的面积表示为斜率的函数，分和两种情况根据的面积为的条件计算，利用一元二次方程的解法运算即可得解.【详解】解：如上图，当时，则直线过定点，∵与轴、轴分别交于、两点， ∴直线的斜率存在且不为，且∵直线方程为，∴当时，当时，∴直线与轴交于点，直线与轴交于点，∴，，∵，则是直角三角形，∴，（i）当时，，由题意，的面积为，则，即，解得：.（ii）当时，，由题意，的面积为，则，即，解得：.综上知，使的面积为的直线共有3条.故选：C.7.如下图，一次函数的图象与轴，轴分别交于点，，点是轴上一点，点，分别为直线和轴上的两个动点，当周长最小时，点，的坐标分别为（） A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】【分析】作关于轴的对称点，作关于的对称点，连接交轴于，交于，有，即此时周长最小，求出点坐标，可得直线方程，与联立求出点坐标，令可得点坐标.【详解】作关于轴的对称点，作关于的对称点，连接交轴于，交于，所以，此时周长最小，即，由，直线方程为，所以，解得，所以，可得直线方程为，即，由，解得，所以，令可，所以.故选：C. 8.费马点是指三角形内到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角均小于120°时，费马点与三个顶点连线正好三等分费马点所在的周角，即该点所对的三角形三边的张角相等且均为120°.根据以上性质，.则的最小值为（）A.4B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意作出图形，证明出三角形ABC为等腰直角三角形，作出辅助线，找到费马点，求出最小值.【详解】由题意得：的几何意义为点到点的距离之和的最小值，因为，，，所以，故三角形ABC为等腰直角三角形，，取的中点，连接，与交于点，连接，故，，因为，所以，故，则，故点到三角形三个顶点距离之和最小，即取得最小值，因为，所以，同理得：，，， 故的最小值为.故选：B二．多选题（共4小题）9.已知m，n是两条不同直线，方向向量分别是，；，，是三个不同平面，法向量分别是，，，下列命题不正确的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则【答案】ABC【解析】【分析】根据题意，由方向向量以及法向量的定义，逐一分析判断空间线面的位置关系，即可得到结果.【详解】若，，可知平面同时垂直于平面，但是无法确定平面与平面的位置关系，故A错误；若，，可知，，则或，故B错误；若，，可知或，或，但是无法确定的位置关系，故C错误；若，，可知，垂直于同一直线的两个平面平行，故D正确；故选：ABC10.已知直线与圆，则（）A.直线l过定点B.圆C的半径是4C.直线l与圆C一定相交 D.圆C的圆心到直线l的距离的最大值是【答案】ACD【解析】【分析】求解直线系经过的定点，圆的圆心与半径，两点间的距离判断选项的正误即可.【详解】由题意可得直线，由，解得，则直线l过定点，故A正确；圆，即，则圆C的圆心坐标为，半径为2，故B错误；因为，则点在圆C的内部，所以直线l与圆C一定相交，故C正确；因为，所以圆C的圆心到直线l的距离的最大值是，故D正确.故选：ACD.11.已知空间单位向量，，两两夹角均为，，，则下列说法中正确的是（）A.、、、四点可以共面B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根据向量共面即可判断点共面，进而可判断A，根据数量积的运算律即可求解B，根据模长的计算公式即可判断C，根据夹角公式即可求解D.【详解】由于单位向量，，两两夹角均为，所以， 假设、、、四点可以共面，则共面，所以存在，使得，分别用，，与点乘，则，由于该方程组无解，所以不存在，使得共面，故、、、四点不共面，故A错误，对于B，,故B正确，对于C，由得，由得,所以,则,故C正确；对于D，，故，故D错误，故选：BC.12.阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠，阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（，且）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，，，点满足.设点 的轨迹为曲线，则下列说法正确的是（）A.的方程为B.当，，三点不共线时，则C.在上存在点，使得D.若，则的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，通过直接法求出点的轨迹方程即可判断；对于B，由题意，结合三角形内角平分线定理进行判断即可；对于C，由“阿波罗尼斯圆”定义，求点轨迹方程，用圆与圆位置关系进行判断即可；对于D，将转化为进行判断即可.【详解】设，（不与，重合）∵，，∴，，∴，得，化简得，∴点的轨迹曲线是以为圆心，半径的圆，对于A，曲线的方程为，故选项A正确；对于B，由已知，，，∴，∴当，，三点不共线时，由三角形内角平分线定理知，是内角的角平分线，∴，故选项B正确；对于C，若，则，由题意，点轨迹是圆，设，由得，化简得点轨迹方程为，即点的轨迹是圆心为，半径的圆， 圆与圆的圆心距，∴圆与圆的位置关系为内含，圆与圆无公共点，∴上不存在点，使得，故选项C错误；对于D，∵，∴，∴，当且仅当在线段上时，等号成立，故选项D正确.故选：ABD.三．填空题（共4小题）13.过点且在两坐标轴上截距互为相反数的直线方程是__________．【答案】或【解析】【详解】由题意直线斜率一定存在且不为0，设直线方程为，令，得；令，得．由条件得，解得或，当时，直线方程为，即．当时，直线方程为，即．综上可得所求直线方程为或．答案：或．14.已知点四点共圆，则点D到坐标原点O的距离为______.【答案】【解析】【分析】运用待定系数法求得过A、B、C的圆的方程，由点D在此圆上可求得的值，再根据两点间距离公式即可求得结果. 【详解】设过A、B、C的圆的方程为：（），则，解得，所以过A、B、C的圆的方程为：，又因为点D在此圆上，所以，解得，所以点D到坐标原点O的距离为.故答案为：.15.如图所示，在平行六面体中，，，，则________．【答案】2【解析】【分析】据空间向量基本定理把用，，作基底表示，利用向量数量积运算即可求解.【详解】在平行六面体中,，所以，因为，所以，又，所以，，所以 所以故答案为：2.16.过两直线和的交点且过原点的直线方程为________．【答案】【解析】【分析】根据直线相交设所求直线为，结合直线过原点求参数，即可得方程.【详解】令所求直线为，又直线过原点，则，所以所求直线为.故答案为：四．解答题（共6小题）17.新高考取消文理分科，采用选科模式，这赋予了学生充分的自由选择权．新高考地区某校为了解本校高一年级将来高考选考历史的情况，随机选取了100名高一学生，将他们某次历史测试成绩（满分100分）按照，，，，分成5组，制成如图所示的频率分布直方图．（1）求图中a的值并估计这100名学生本次历史测试成绩的中位数．（2）据调查，本次历史测试成绩不低于60分的学生，高考将选考历史科目；成绩低于60分的学生，高考将不选考历史科目．按分层抽样的方法从测试成绩在，的学生中选取5人，再从这5人中任意选取2人，求这2人中至少有1人高考选考历史科目的概率． 【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据和频率总和为1计算出a的值；频率分布直方图中中位数左右两边的直方图面积相等都为0.5，由此列式即可计算出中位数；（2）根据频率分布直方图计算出成绩在，的学生频数，根据分层抽样规则计算出对应区间人数，最后列式计算或用列举法即可得出答案.【小问1详解】，解得设中位数为x，因为学生成绩在的频率为，在的频率为所以中位数满足等式，解得故这100名学生本次历史测试成绩的中位数为.【小问2详解】成绩在的频数为成绩在的频数为按分层抽样的方法选取5人，则成绩在的学生被抽取人，在的学生被抽取人从这5人中任意选取2人，都不选考历史科目的概率为，故这2人中至少有1人高考选考历史科目的概率为.18.如图，在多面体中，平面平面，，，，，是的中点． （1）证明：平面；（2）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，结合三角形中位线性质可证得四边形为平行四边形，从而得到，由线面平行的判定可证得结论；（2）根据面面垂直性质可得平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据点到面距离的向量求法可求得结果.【小问1详解】取中点，连接，分别为中点，，，又，，，，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面.【小问2详解】平面平面，平面平面，，平面， 平面，又，则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，，点到平面的距离.19.已知的一条内角平分线的方程为，一个顶点为，边上的中线所在直线的方程为．（1）求顶点的坐标；（2）求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由点在直线上，设，由为边上的中线，得出线段的中点在直线上，根据中点公式求出中点，代入直线的方程即可求解；（2）由是的一条角平分线，得出点关于直线的对称点在直线上，由点关于直线对称得出坐标，结合点的坐标求出直线的方程，再与直线联立求出的坐标，由两点之间距离公式求出，由点到直线距离公式求出到直线 的距离，即可根据三角形面积公式代入计算即可．【小问1详解】因为直线的方程为，设，又，所以线段的中点坐标为，因为线段的中点在直线上，所以，整理得，即，所以．【小问2详解】因为是的一条角平分线，所以点关于直线的对称点在直线上，设，则，解得，所以，所以直线的方程为，整理得，联立直线与直线的方程，，解得，即，所以，点到直线的距离，所以． 20.在中，角，，的对边分别为，，，若.（1）求角的大小；（2）若为上一点，，，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，结合余弦定理求得正确答案.（2）利用三角形的面积公式列方程，结合基本不等式求得的最小值.【小问1详解】依题意，，由正弦定理得，，所以，所以是钝角，所以.【小问2详解】，，所以，即，所以，当且仅当时等号成立.21.如图所示，四棱锥的底面ABCD为边长为的正方形，且，M为棱PC的中点，N为棱BC上的点． （1）求直线AM与平面BMD所成角的余弦值；（2）线段BC上是否存在一点N，使得平面DMN与平面BMD夹角的余弦值为，若存在，求出BN长度．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得平面BDM的一个法向量为，设直线AM与平面BMD所成的角为，由求解；（2）根据N在BC上，设，求得平面DMN的一个法向量为，设平面DMN与平面BMD的夹角为，由求解.【小问1详解】解：建立如图所示空间直角坐标系：则， 所以，设平面BDM的一个法向量为，则，即，令，则，，所以，设直线AM与平面BMD所成的角为，所以，则，所以直线AM与平面BMD所成角的余弦值是；【小问2详解】因为N在BC上，设，则，设平面DMN的一个法向量为，则，即，令，则，所以，设平面DMN与平面BMD的夹角为，所以，解得，则，， 所以.22.已知圆M的圆心M在x轴上，半径为2，直线l：3x＋4y－1＝0被圆M截得的弦长为2，且圆心M在直线l的上方．（1）求圆M的方程；（2）设A（0，t），B（0，t－6）（2≤t≤4），若圆M是的内切圆，求AC，BC边所在直线的斜率（用t表示）（3）在（2）的条件下求的面积S的最大值及对应的t值．【答案】（1）（x－2）2＋y2＝4（2）；（3）最大值为24，t＝2或t＝4【解析】【分析】（1）根据直线与圆的弦长公式，可求得圆心M到直线l的距离，再结合点到直线距离公式，可求得圆心坐标，即可得答案.（2）设AC斜率为k1，BC斜率为k2，即可表示出直线AC和直线BC的方程，根据圆M与直线AC和直线BC相切，即可得表达式，即可得答案.（3）由（2）可得直线AC和直线BC方程，联立可求得C点横坐标，可得面积S表达式，根据（2）可得表达式，根据t的范围，可得的范围，进而可得S的最大值.【小问1详解】设圆心M（a，0），由已知得M到l：3x＋4y－1＝0的距离为，所以，又因为M在l的上方，所以3a－1>0，则3a－1＝5，解得a＝2，所以圆的方程为（x－2）2＋y2＝4.【小问2详解】设AC斜率为k1，BC斜率为k2，则直线AC的方程为y＝k1x＋t，直线BC的方程为y＝k2x＋t－6. 由于圆M与AC相切，所以，解得；同理可得.【小问3详解】由（2）可得直线AC的方程为，直线BC的方程为，联立两条直线方程得C点横坐标为，因为，所以，由（2）得：因为2≤t≤4，所以－9≤t2－6t≤－8，所以，所以，则，所以，此时t2－6t＝－8，解得t＝2或t＝4.综上：的面积S的最大值为24，此时t＝2或t＝4.