【文档说明】湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷答案.pdf，共(9)页，269.582 KB，由小赞的店铺上传

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2024年秋“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高二期中联考数学试题参考答案第1页(共9页)2024年秋“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高二期中联考数学试题参考答案及评分细则题号1234567891011答案AADCDCACABACDABC1.【答案】A【解析】(1

+i)2=1+2i+i2=2i,故共轭复数为-2i.2.【答案】A【解析】由∠C'O'B'=π4,则S△A'B'C'=12A'B'·O'C'sinπ4=24A'B'·O'C',如图,作出还原后△ABC,则S△ABC=12AB·OC=12A'B'·2O'C'=A'B'·O'C',

故S△ABCS△A'B'C'=S△ABCa2=22,所以S△ABC=22a2.3.【答案】D【解析】因为BE→=BD→+DE→,BD→=DC→,AE→=2ED→,所以BE→=BD→-ED→=12BC→-13AD→=12(AC→-AB→)-13×12(AC→+AB→),因为AB

→=a,AC→=b,所以BE→=12(b-a)-16(b+a)=-23a+13b.4.【答案】C【解析】记T1正常工作为事件A,T2正常工作为事件B,记T3正常工作为事件C,则P(A)=P(B)=P(C)=13,电路不发生故障,即T1正常工作且T

2,T3至少有一个正常工作,T2、T3不发生故障即T2,T3至少有一个正常工作的概率P1=1-(1-13)(1-13)=59,所以整个电路不发生故障的概率为P=P(A)×P1=13×59=527.{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCECQkhCACagGwFA

EoAABSQFABAA=}#}2024年秋“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高二期中联考数学试题参考答案第2页(共9页)5.【答案】D【解析】对于①,O(0,0)到直线y=-x+5的距离为522,若直线上存在两点A,B,使△OAB为正三角形,则|OB|=|OC|=563,以O为圆心,

以563为半径的圆的方程为x2+y2=503,联立y=-x+5x2+y2=503􀮠􀮢􀮡􀪁􀪁􀪁􀪁,可求解出两解,所以曲线①是Γ型曲线.对于②,y=2-x2化为x2+y2=2(y≥0),图形是半圆(包括端点),则由O(0

,0)为顶点的60°角两边能与半圆找到交点,故曲线②也是Γ型曲线,对于③,以O为圆心作圆,存在圆O,当该圆与曲线y=-1x(x>0)相交于A、B两点时,满足∠AOB=60°,所以曲线③是Γ型曲线.6.【答案】C【解析】设上底面半径为r1,下底面半径为r2,如图,取圆台

的轴截面,作CM⊥AB,垂足为M,设内切球O与梯形两腰分别切于点E,F,可知BC=r1+r2,BM=r2-r1,由题意可知:母线与底面所成角为∠B=π3,则BMBC=r2-r1r1+r2=12,可得r2=3r1,即BC=4r1,BM=2r1

,可得CM=BC2-BM2=23r1,可知内切球O的半径r=3r1,可得S圆台=πr21+9πr21+π(r1+3r1)×4r1=26πr21,S球=4π×(3r1)2=12πr21,所以S台S球=26πr2112πr2

1=136.7.【答案】A【解析】设班级的人数为x,由题意0.6x<x-14<0.6x+1,解得35<x<37.5,x∈N*.8.【答案】C【解析】AM→=AQ→+QM→=(x-1)QA→+yQB→+(2-x-y)QC→=QS→(S在平面ABC内)

,所以AM长度的最小值,即为QS长度的最小值,即点Q到平面ABC的距离63a.9.【答案】AB【解析】对于A,若α⊥β,l⊥α,则l∥β或l⊂β,故A正确;对于B,若l⊥m,l⊥α,则m∥α或m⊂α,故B正确;对于C,若m∥α,n∥α,则m,n平行或相交或异面,故C不正确;对于D,若m⊥β

,n⊥α,当m∥n,则α∥β,故D不正确.10.【答案】ACD【解析】选项A错误,两个判断都是错误的。投一枚骰子,事件A表示掷出的点数为2,事件B表示掷{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCECQkhCACagGw

FAEoAABSQFABAA=}#}2024年秋“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高二期中联考数学试题参考答案第3页(共9页)出的点数为3,则事件A和B互斥,但不是对立事件.互为对立的事件一定互斥.选项B正确;选项C错误,当两个事件A和B互斥时,

事件A和事件B至少有一个发生的概率与A和B中恰有一个发生的概率相等,他们都等于P(A)+P(B);选项D错误,考虑投掷一个骰子的试验,样本空间为{1,2,3,4,5,6},记事件A={1,2,3,4,5},事件B={2,3,4,5,6

},事件A和B同时发生的概率P(AB)=23,A和B恰好有一个发生的概率为13.11.【答案】ABC【解析】设四面体ABCD,棱AB>2,而其余每条棱长都≤2,设A到底面的高为h,在△ACD中,A到CD的距离为h1,则h1≥h.若AE是△ACD的高

,则CE,DE中有一条的长度≥12a,(设CD的长为a≤2).于是h1≤22-(a2)2,从而h≤1216-a2.类似地,在△BCD中,点B到CD的距离≤1216-a2,所以S△BCD≤a416-a2.所以,VA-BCD=13h·S

△BCD≤124a(16-a2)=124a(4-a)(4+a)≤124(a+4-a2)2(4+a)=16(4+a)≤16(4+2)=1.故选:ABC12.【答案】6【解析】|z-3+4i|=1表示复平面内到点(3,-4)的距离是1的点的轨迹,

是圆,所以最大值为(3,-4)与(0,0)的距离加上半径,|z|max=32+(-4)2+1=6.13.【答案】[354,21]【解析】以点B为坐标原点,BC所在直线为x轴建立如下图所示的平面直角坐标系xBy,∵BC=6,∴C(6,0),∵

|AB|=32,∠ABC=45°,∴A(3,3),∵AD→=16BC→,则D(4,3),设M(x,0),则N(x+1,0)(其中0≤x≤5),DM→=(x-4,-3),DN→=(x-3,-3),DM→·DN→

=(x-4)(x-3)+(-3)2=x2-7x+21=(x-72)2+354,所以,当x=72时,DM→·DN→取得最小值354,当x=0时DM→·DN→取得最大值21.{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCECQkhCACagGwFAEoAABSQFABAA=}#}20

24年秋“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高二期中联考数学试题参考答案第4页(共9页)14.【答案】-4±42(1,+�)【解析】由题意可知:圆C可化为(x-2)2+(y-m)2=m2表示圆心为C(2,m),半径为|m|的圆,故m≠0若C与C1:x-y+2=

0恰有一个公共点,则|2-m+2|2=|m|,解得m=-4±42;因为C与C2均关于直线x=2对称,注意到C2与直线x=2的交点为(2,2),若C与C2恰有两个公共点,等价于C与C2在(2,+�)内只有1个公共点

,且C不过(2,2),此时C2:y=x,联立方程y=xx2+y2-4x-2my+4=0,消去y得2x2-(4+2m)x+4=0,即关于x方程2x2-(4+2m)x+4=0在(2,+�)仅有一解,且解不为2,则m+22≥2,或m+22<22×

22-(4+2m)×2+4<0􀮠􀮢􀮡􀪁􀪁􀪁􀪁解得m>1,所以实数m的取值范围是(1,+�).(第(2)问另解,点(2,2)在圆C:x2+y2-4x-2my+4=0内,则m>1)15.【答案】(1)π3(2)23+2【解析】(1)由正弦定理

asinA=bsinB得asinB=bsinA,所以bsinA=bcos(A-π6)所以sinA=cos(A-π6)=32cosA+12sinA,整理得sinA=3cosA,(4分)…………………………因为A∈(0,π),所以sinA>0,因此cosA>0,所以

tanA=sinAcosA=3,所以A=π3.(6分)………(2)由△ABC的面积为233,得12bcsinA=233,解得bc=83,又c=2b,则b=233,c=433(9分)……………………………………………………………………由余弦定理得a2=c2+b2-2b

ccosA=163+43-83=4,解得a=2,b+c=23,(12分)……………所以△ABC的周长为23+2.(13分)…………………………………………………………………16.【答案】(1)证明见解析(2)79.【解析】(1)因为SA⊥平面ABCD,AD,CD⊂平面ABCD,

可知SA⊥AD,SA⊥CD,(2分)…………………………………………………………………………在Rt△SAD中,Q为PD的中点,则QA=QD=SQ=12SD,(4分)…………………………………{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCECQkhCACagGwFAEoAAB

SQFABAA=}#}2024年秋“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高二期中联考数学试题参考答案第5页(共9页)因为QA=QC,所以QC=QD=SQ,所以∠SCD=90°,即SC⊥CD,(6分)………………………

…又因为SA∩SC=S,SA⊂平面ACS,SC⊂平面ACS,所以CD⊥平面ACS.(7分)………………(2)由题意可知:SA⊥平面ABCD,所以AB是斜线PB在平面ABCD上的射影,即∠SBA为SB和平面ABCD所成的角,在Rt△SAB中,tan∠SBA=SAAB=2,所以SA=4.

(9分)………………………………………………又因为AB⊥AD,故AB,AD,AS两两垂直,以A为坐标原点,以AB,AD,AS所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,(10分)………………………………………………………………则A(0,0

,0),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,8,0),S(0,0,4),Q(0,4,2),可得AQ→=(0,4,2),AC→=(2,4,0),SD→=(0,8,-4),CD→=(-2,4,0),设平面ACQ的法向量为n1→=(x1,y1,z1),则n1→·AQ→=0n1→·

AC→=0,即2y1+z1=0x1+2y1=0,可取n1→=(2,-1,2);(12分)…………………………………………………………设平面SCD的法向量为n2→=(x2,y2,z2),则n2→·SD→=0n2→·C

D→=0,即2y2-z2=0-x2+2y2=0,可取n2→=(2,1,2);(14分)…………………………………………………………………………………从而可知|cosn1→,n2→|=|n1→·n2→||n1→|·|n2→|=4-1+44+1+4·4+1+4=79,所以平面ACQ和平面SCD的夹角

的余弦值为79.(15分)……………………………………………17.【答案】(1)x216+y24=1(2)4.【解析】(1)根据题意可得,c=23,2b=4,b=2,则a2=b2+c2,所以a2=16,所以椭圆

E的标准方程为x216+y24=1.(3分)……………………………………………………………(2)因为直线l1过点Q(0,1),且与椭圆的交点不与P1,P2重合,可知直线l1的斜率存在,(4分)………………………………………

…………………………………且直线l1与椭圆必相交,可设直线l1:y=kx+1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程y=kx+1x216+y24=1􀮠􀮢􀮡􀪁􀪁􀪁􀪁,消去y可得(16k2+4)x2+32kx-48=0,{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCE

CQkhCACagGwFAEoAABSQFABAA=}#}2024年秋“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高二期中联考数学试题参考答案第6页(共9页)由根与系数的关系可得:x1+x2=-8k4k2+1,x1x2=-124k

2+1,(8分)…………………………………因为P1(0,2),P2(0,-2),可得直线AP1:y=y1-2x1x+2,直线BP2:y=y2+2x2x-2,所以kAP1kBP2=y1-2x1y2+2x2=x2(y1-2)x1(y2+2)=x2(kx1-1)x1(

kx2+3)=kx1x2-x2kx1x2+3x1=kx1x2-(x1+x2)+x1kx1x2+3x1=-12k4k2+1-(-8k4k2+1)+x1-12k4k2+1+3x1=-4k4k2+1+x1-12k4k2+1+3x1=13.(12分)……………………………

…………(另解:也可由x1+x2=23kx1x2代入得kx1x2-(x1+x2)+x1kx1x2+3x1=13kx1x2+x1kx1x2+3x1=13)y-2y+2=y1-2x1y2+2x2=x2(y1-2)x1

(y2+2)=x2(kx1-1)x1(kx2+3)即y-2y+2=13,解得y=4,所以直线AP1,BP2的交点P在直线y=4上.(15分)…………………………………………………18.【答案】(1)20(2)μ≈166

,σ2≈49(3)平均数为159,方差为203.【解析】(1)因女生样本中,身高在[160,165]范围内的占比为410=25,故合唱团女生总体身高在[160,165]范围内的人数估计为50×25=20;(4分)………………………(2)记总样本的平

均数为􀭺x,标准差为S,由题意,男生样本(20人)的身高平均数为􀭵y=169,方差为s2y=39,女生样本(10人)的身高平均数为􀭺x=160,方差s2x=15,则􀭺x=20×169+10×16030=166,(7分)……S2

=23[39+(169-166)2]+13[15+(160-166)2]=23×48+13×51=49,(9分)…………………故μ≈166,σ2≈49;(10分)…………………………………………………………………………………(3)因􀭺x=160,s=15,则(􀭺x-2s,􀭺x+2s),即(1

60-215,160+215),约为(152.2,167.8),由样本数据知,169∉(160-215,160+215),为离群值.(11分)…………剔除169后,女生样本(9人)的身高平均数为:􀭺x'=19(160×10-169)=159;(13分)………………由s2

x=110(∑10i=1x2i-10x2)=110(∑10i=1x2i-256000)=15可得,∑10i=1x2i=256150,则剔除169后,女生样本(9人)的身高的方差为:s'2=19(∑10i=1x2i-1692-9x'2)=1

9(256150-28561-9×25281)=203.(17分)…………………………{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCECQkhCACagGwFAEoAABSQFABAA=}#}20

24年秋“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高二期中联考数学试题参考答案第7页(共9页)【另解】由分层抽样方差公式可得15=910(12+σ2)+110(92+0)⇒σ2=203.19.【答案】(1)3π2(2)①12

,0,12;②π6【解析】(1)由A=π2可知B,C在两个互相垂直(即交点处切线垂直)的大圆上,从而BC︵≤π2,故AB︵=AC︵≤π2.设∠AOB=∠AOC=α∈(0,π2],则AB︵=AC︵=α,从而|AB|=|AC|=2sinα2.注意到B,C到直

线AO的距离均为sinα,故|BC|=2sinα.所以由BC︵=AB︵知|BC|=|AB|,所以2sinα=2sinα2,即2cosα2=1,这得到α=π2.从而∠AOB=∠AOC=π2,又B,C在两个互相垂直的大圆上,故∠BOC=π2,从而OA,OB,OC两两垂直.从而由

OB,OC在平面OBC内交于点O,可知OA垂直于平面OBC,而OA在平面OCA和平面OAB内,故平面OCA垂直于平面OBC,同理平面OAB垂直于平面OBC,平面OAB垂直于平面OCA,所以三个平面OA

B,OBC,OCA两两垂直.故由球面角的定义知A=B=C=π2,所以球面△ABC的内角和是3π2.(3分)…………………………………………………………………(2)①由已知条件,可设cos∠AOB=33,cos∠BOC=33,cos∠COA=13.如图,以O为原点,构建

空间直角坐标系,则O(0,0,0).不妨设A(1,0,0),B(33,63,0).设C(p,q,r),则由|OA|=|OB|=|OC|=1可知13=cos∠COA=OA→·OC→=p;33=cos∠BOC=OB→·OC→=33p+63q;1=|OC|2=p2

+q2+r2.故p=13,q=23,r2=1-p2-q2=23.{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCECQkhCACagGwFAEoAABSQFABAA=}#}2024年秋“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高二期中

联考数学试题参考答案第8页(共9页)不妨设r>0,则r=63,所以有C(13,23,63).(5分)…………………………………………………设平面OBC,OCA,OAB的法向量分别为n1→,n2→,n3→,并设ni

→=(ui,vi,wi)(i=1,2,3).则OB→·n1→=OC→·n1→=0OC→·n2→=OA→·n2→=0OA→·n3→=OB→·n3→=0􀮠􀮢􀮡􀪁􀪁􀪁􀪁􀪁􀪁,即33u1+63v1=13u1+23v1+63w1=013u2+23

v2+63w2=u2=0u3=33u3+63v3=0􀮠􀮢􀮡􀪁􀪁􀪁􀪁􀪁􀪁􀪁􀪁􀪁.从而u1+2v1=w1=0u2=v2+3w2=0u3=v3=0􀮠􀮢􀮡􀪁􀪁􀪁􀪁􀪁􀪁,故

可以取n1→=(2,-1,0)n2→=(0,3,-1)n3→=(0,0,1)􀮠􀮢􀮡􀪁􀪁􀪁􀪁􀪁􀪁.所以我们有cosA=|cosn2→,n3→|=|n2→·n3→||n2→|·|n3→|

=12;(9分)………………………………………………………cosB=|cosn3→,n1→|=|n3→·n1→||n3→|·|n1→|=0(10分)…………………………………………………………cosC=|cosn1→,n2→|=|n1→·n2→||n1→|·|n2→|=12.(11分)………………

………………………………………故球面△ABC的三个内角的余弦值分别为12,0,12.(注:没统一作答不扣分)【另解】几何法:①由已知条件,可设cos∠AOB=33,cos∠BOC=33,cos∠COA=13.所以ΔAOB≅ΔCOB,所以AB=BC.取AC中点D,则

AC⊥BD,AC⊥OD,BD∩OD=D,所以AC⊥平面OBD.作BP⊥OD于点P,又AC⊥BP,OD∩AC=D,所以BP⊥平面AOC.所以BP⊥OA,作PQ⊥OA于点Q,PB∩PQ=P,则OA⊥平面BPQ,所以BQ⊥OA,所以∠B

QP为二面角B-OA-C的平面角.有对称性知二面角B-OC-A的平面角大小等于∠BQP.因为cos∠AOB=OQOB=OP·cos∠AODOB=cos∠DOB·cos∠AOD且cos∠AOC=2cos2∠AOD-1{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCECQkhCACagGw

FAEoAABSQFABAA=}#}2024年秋“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高二期中联考数学试题参考答案第9页(共9页)所以cos∠AOD=63,cos∠DOB=22⇒∠DOB=π4所以cos∠

BQP=PQBQ=OP·sin∠AODOB·sin∠AOB=cos∠DOB·sin∠AODsin∠AOB=12⇒∠BQP=π3.作DR⊥OB于点R,因为AC⊥OB,AC∩DR=D,所以OB⊥平面ACR,所以OB⊥AR,OB⊥CR,即∠ARC为二面角A-OB-C的平面角。所以c

os∠ARD=RDAR=OD·sin∠DOBOA·sin∠AOB=cosAOD·sin∠DOBsin∠AOB=22⇒∠ARD=π4所以∠ARC=2∠ARD=π2.故球面△ABC的三个内角的余弦值分别为12,0,12.②先证明一个引理.引理

:若球面△ABC的三个球面角A,B,C∈(0,π2],设该球面△ABC的面积为S△ABC︵,则S△ABC︵=A+B+C-π.引理的证明:记球O的表面积为S,则S=4π.设A,B,C的对径点分别为A',B',C',则AB︵所在的大圆

和AC︵所在的大圆,它们将球面分成了四个部分,其中面积较小的两个部分的面积之和S1等于球的表面积S的Aπ倍,即S1=AπS,类似可定义S2,S3,且同理有S2=BπS,S3=CπS.而根据球面被这三个大圆的划分情

况,又有S1+S2+S3=(S-2S△ABC︵)+6S△ABC︵.所以S1+S2+S3=S+4S△ABC︵,故S△ABC︵=14(S1+S2+S3-S)=S4(Aπ+Bπ+Cπ-1)=π(Aπ+Bπ+Cπ-1)=A+B+C-π.引理得证.(16分)………………………………………

…………………………………………………回到原题,根据①的结论,有A=π3,B=π2,C=π3.再由引理知球面△ABC的面积S△ABC︵=π3+π2+π3-π=π6.(17分)…………………………………{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCECQkhCACag

GwFAEoAABSQFABAA=}#}