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年秋 荆 荆 襄 宜四地七校考试联盟
2024 “ 、 、 、 ”
高二期中联考数学试题参考答案及评分细则
题号
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案
A A D C D C A C AB ACD ABC
1.答案A
【 】
解析 故共轭复数为
2 2
【 】(1+i)=1+2i+i=2i, -2i.
2 答案
.【 】A
解析 由 COB π 则S 1AB OC π 2AB OC
【 】 ∠ '''= , △ A ' B ' C '= ''· ''sin = ''· '',
4 2 4 4
如图 作出还原后 ABC 则S 1AB OC 1AB OC AB OC
, △ , △ ABC = · = ''·2''= ''· '',
2 2
S S
故
S
△
A
A
B
BC
C= a
△ A
2
BC
=22,
所以S
△ ABC =22
a2.
△'''
3 答案
.【 】D
解析 因为BE→ BD→ DE→BD→ DC→ AE→ ED→
【 】 = + , = , =2 ,
所以BE→ BD→ ED→ 1BC→ 1AD→ 1AC→ AB→ 1 1AC→ AB→
= - = - = ( - )- × ( + ),
2 3 2 3 2
因为AB→ aAC→ b 所以BE→ 1b a 1b a 2a 1b.
= , = , = (- )- (+ )=- +
2 6 3 3
4 答案
.【 】C
解析 记T 正常工作为事件AT 正常工作为事件B 记T 正常工作为事件C 则PA PB
【 】 1 ,2 , 3 , ( )= ( )=
PC 1 电路不发生故障 即T 正常工作且T T 至少有一个正常工作 T T 不发生故障即
()= , , 1 2,3 ,2、3
3
T T 至少有一个正常工作的概率P 1 1 5
2,3 1=1-(1- )(1- )= ,
3 3 9
所以整个电路不发生故障的概率为P PA P 1 5 5.
= ( )× 1= × =
3 9 27
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{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCECQkhCACagGwFAEoAABSQFABAA=}#}5 答案
.【 】D
解析 对于 O 到直线y x 的距离为52 若直线上存在两点AB 使 OAB为正三
【 】 ①,(0,0) =- +5 , , , △
2
角形 则 OB OC 56 以O 为圆心 以56为半径的圆的方程为x2 y2 50 联立
, | |=| |= , , + = ,
3 3 3
y x
=- +5
x2 y2 50
+ =
3
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可求解出两解 所以曲线 是 型曲线.
, , ① Γ
对于 y x2 化为x2 y2 y 图形是半圆 包括端点 则由O 为顶点的
②,= 2- + =2(≥0), ( ), (0,0) 60°
角两边能与半圆找到交点 故曲线 也是 型曲线
, ② Γ ,
对于 以O为圆心作圆 存在圆O 当该圆与曲线y 1x 相交于AB两点时
③, , , =-x(>0) 、 ,
满足 AOB 所以曲线 是 型曲线.
∠ =60°, ③ Γ
6 答案
.【 】C
解析 设上底面半径为r 下底面半径为r 如图 取圆台的轴截面 作
【 】 1, 2, , ,
CM AB 垂足为M 设内切球O与梯形两腰分别切于点EF 可知
⊥ , , , ,
BC r r BM r r
= 1+ 2, = 2- 1,
BM r r
由题意可知 母线与底面所成角为 B π 则 2- 1 1 可得
: ∠ = , BC=r r= ,
3 1+ 2 2
r r
2=31,
即BC
=4
r
1,
BM
=2
r
1,
可得CM
=
BC2
-
BM2
=23
r
1,
可知内切球O的半径r
=3
r
1,
可得S圆台
=
π
r2
1+9π
r2
1+π(
r
1+3
r
1)×4
r
1=26π
r2
1,
S球
=4π×(3
r
1)
2
=12π
r2
1,
所以 S
S
台
球=
26π r
r
2 1
2=
13.
12π1 6
7 答案
.【 】A
解析 设班级的人数为x 由题意 .x x .x 解得 x .x N*
【 】 , 06 < -14<06 +1, 35< <375,∈ .
8 答案
.【 】C
解析AM→ AQ→ QM→ x QA→ yQB→ x yQC→ Q→SS在平面ABC内 所以AM长度
【 】 = + =(-1) + +(2- - ) = ( ),
的最小值 即为QS长度的最小值 即点Q到平面ABC的距离 6a.
, ,
3
9 答案
.【 】AB
解析 对于 若α βl α则lβ 或l β 故 正确
【 】 A, ⊥ ,⊥ , ∥ ⊂ , A ;
对于 若l ml α则m α或m α故 正确
B, ⊥ ,⊥ , ∥ ⊂ , B ;
对于 若m αnα则mn平行或相交或异面 故 不正确
C, ∥ ,∥ , , , C ;
对于 若m βn α当m n 则αβ 故 不正确
D, ⊥ ,⊥ , ∥ , ∥ , D .
10 答案
.【 】ACD
解析 选项 错误 两个判断都是错误的 投一枚骰子 事件 表示掷出的点数为 事件 表示掷
【 】 A , 。 , A 2, B
{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCECQkhCACagGwFAEoAABSQFABAA=}#}出的点数为 则事件 和 互斥 但不是对立事件 互为对立的事件一定互斥 选项 正确 选项
3, A B , . . B ; C
错误 当两个事件 和 互斥时 事件 和事件 至少有一个发生的概率与 和 中恰有一个发生
, A B , A B A B
的概率相等 他们都等于P P
, (A)+ (B);
选项 错误 考虑投掷一个骰子的试验 样本空间为
D , , {1,2,3,4,5,6},
记事件 事件 事件 和 同时发生的概率P 2
A={1,2,3,4,5}, B={2,3,4,5,6}, A B (AB)= ,
3
和 恰好有一个发生的概率为1
A B .
3
11 答案
.【 】ABC
解析 设四面体ABCD 棱AB 而其余每条棱长都 设A到底面的高为h 在 ACD中A到
【 】 , >2, ≤2, , △ ,
CD的距离为h 则h h.
1, 1≥
若AE是 ACD 的高 则CE DE 中有一条的长度 1a 设CD 的长为a .于是h
△ , , ≥ ,( ≤2) 1≤
2
2 a 2 从而h 1 a2.类似地 在 BCD 中 点B到CD 的距离 1 a2 所以
2-( ), ≤ 16- , △ , ≤ 16- ,
2 2 2
a
S
BCD
a2.
△ ≤ 16-
4
a a2
所以
,
V
A - BCD =
1h
·
S
△ BCD ≤
1a
(16-
a2
)=
1a
(4-
a
)(4+
a
)≤
1
(
+4-
)(4+
a
)
3 24 24 24 2
1 a 1 .故选
= (4+ )≤ (4+2)=1 :ABC
6 6
12 答案
.【 】6
解析 z 表示复平面内到点 的距离是 的点的轨迹
【 】| -3+4i|=1 (3,-4) 1 ,
是圆 所以最大值为 与 的距离加上半径 z
, (3,-4) (0,0) ,||max=
2 2 .
3+(-4)+1=6
13 答案 35
.【 】[ ,21]
4
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 C AB ABC A
∵ =6,∴ (6,0),∵| |=32,∠ =45°,∴ (3,3),
AD→ 1BC→ 则D 设Mx
∵ = , (4,3), (,0),
6
则Nx 其中 x
(+1,0)( 0≤ ≤5),
DM→ x DN→ x
=(-4,-3), =(-3,-3),
2
DM→ DN→ x x 2 x2 x x 7 35
· =(-4)(-3)+(-3)= -7 +21=(- )+ ,
2 4
所以 当x 7时DM→ DN→ 取得最小值35 当x 时DM→ DN→ 取得最大值 .
, = , · , =0 · 21
2 4
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{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCECQkhCACagGwFAEoAABSQFABAA=}#}14.答案
【 】-4±42 (1,+ )
解析 由题意可知 圆C可化为x 2 y m 2 m2 表示圆心为C m 半径为 m 的圆 故
【 】 : (-2)+(- )= (2, ), | | ,
m
≠0
m
若C与C x y 恰有一个公共点 则|2- +2| m 解得m
1:- +2=0 , =| |, =-4±42;
2
因为C与C 均关于直线x 对称 注意到C 与直线x 的交点为
2 =2 , 2 =2 (2,2),
若C与C 恰有两个公共点 等价于C与C 在 内只有 个公共点 且C不过
2 , 2 (2,+ ) 1 , (2,2),
此时C y x
2:= ,
y x
联立方程 = 消去y得 x2 mx
, 2 -(4+2 )+4=0,
x2 y2 x my
+ -4 -2 +4=0
即关于x方程 x2 mx 在 仅有一解 且解不为
2 -(4+2 )+4=0 (2,+ ) , 2,
m
+2
m
则 +2 或 2 <2
≥2,
2
2 m
2×2-(4+2 )×2+4<0
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解得m
>1,
所以实数m的取值范围是 .
(1,+ )
第 问另解 点 在圆Cx2 y2 x my 内 则m
( (2) , (2,2) : + -4 -2 +4=0 , >1)
15.答案 π
【 】(1) (2)23+2
3
a b
解析 由正弦定理 得a B b A 所以b A b A π
【 】(1) A= B sin = sin , sin = cos( - )
sin sin 6
所以 A A π 3 A 1 A 整理得 A A 分
sin =cos( - )= cos + sin , sin =3cos ,………………………… (4 )
6 2 2
A
因为A 所以 A 因此 A 所以 A sin 所以A π. 分
∈(0,π), sin >0, cos >0, tan = A=3, = ……… (6 )
cos 3
由 ABC的面积为23 得1bc A 23 解得bc 8
(2) △ , sin = , = ,
3 2 3 3
又c b则b 2 c 4 分
=2 , = 3,= 3 …………………………………………………………………… (9 )
3 3
由余弦定理得a2 c2 b2 bc A 16 4 8 解得a b c 分
= + -2 cos = + - =4, =2,+ =23,…………… (12 )
3 3 3
所以 ABC的周长为 . 分
△ 23+2 ………………………………………………………………… (13 )
16 答案 证明见解析 7
.【 】(1) (2) .
9
解析 因为SA 平面ABCDADCD 平面ABCD
【 】(1) ⊥ , , ⊂ ,
可知SA ADSA CD 分
⊥ , ⊥ ,………………………………………………………………………… (2 )
在 SAD中Q为PD的中点 则QA QD SQ 1SD 分
Rt△ , , = = = ,………………………………… (4 )
2
{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCECQkhCACagGwFAEoAABSQFABAA=}#}因为QA QC 所以QC QD SQ 所以 SCD 即SC CD 分
= , = = , ∠ =90°, ⊥ ,………………………… (6 )
又因为SA SC SSA 平面ACSSC 平面ACS 所以CD 平面ACS. 分
∩ = , ⊂ , ⊂ , ⊥ ……………… (7 )
由题意可知SA 平面ABCD
(2) : ⊥ ,
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
, ∠ ,
SA
在 SAB中 SBA 所以SA . 分
Rt△ ,tan∠ =AB=2, =4……………………………………………… (9 )
又因为AB AD 故ABADAS两两垂直
⊥ , , , ,
以A为坐标原点 以ABADAS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 分
, ……………………………………………………………… (10 )
则A B C D S Q
(0,0,0), (2,0,0),(2,4,0), (0,8,0),(0,0,4), (0,4,2),
可得AQ→ AC→ SD→ CD→
=(0,4,2), =(2,4,0), =(0,8,-4), =(-2,4,0),
设平面ACQ的法向量为n→ x y z
1=(1,1,1),
n→ AQ→ y z
则 1· =0即21+ 1=0 可取n→
, , 1=(2,-1,2);……
n→ AC→ x y
1· =0 1+21=0
分
…………………………………………………… (12 )
设平面SCD的法向量为n→ x y z
2=(2,2,2),
n→ SD→ y z
则 2· =0即22- 2=0
, ,
n→ CD→ x y
2· =0 - 2+22=0
可取n→ 分
2=(2,1,2);………………………………………………………………………………… (14 )
n→ n→
从而可知 n→n→ |1· 2| 4-1+4 7
|cos1,2|=n→ n→ = = ,
|1|·|2| 4+1+4· 4+1+4 9
所以平面ACQ和平面SCD的夹角的余弦值为7. 分
…………………………………………… (15 )
9
x2 y2
17.答案 .
【 】(1) + =1 (2)4
16 4
解析 根据题意可得c b b 则a2 b2 c2 所以a2
【 】(1) ,=23,2 =4,=2, = + , =16,
x2 y2
所以椭圆E的标准方程为 . 分
+ =1 …………………………………………………………… (3 )
16 4
因为直线l 过点Q 且与椭圆的交点不与P P 重合
(2) 1 (0,1), 1,2 ,
可知直线l 的斜率存在 分
1 , ………………………………………………………………………… (4 )
且直线l 与椭圆必相交 可设直线ly kx Ax y Bx y
1 , 1:= +1, (1,1), (2,2),
y kx
= +1
联立方程
x2 y2
+ =1
16 4
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消去y可得 k2 x2 kx
, (16 +4) +32 -48=0,
{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCECQkhCACagGwFAEoAABSQFABAA=}#}k
由根与系数的关系可得x x 8 xx 12 分
:1+ 2=-k2 ,1 2=-k2 ,………………………………… (8 )
4 +1 4 +1
y y
因为P P 可得直线AP y 1-2x 直线BP y 2+2x
1(0,2),2(0,-2), 1:= x +2, 2:= x -2,
1 2
y
1-2
k AP x x y x kx kxx x kxx x x x
所以 1 1 2(1-2) 2( 1-1) 1 2- 2 1 2-(1+ 2)+ 1
k BP 2 =y 2+2 =x 1( y 2+2) =x 1( kx 2+3) =kx 1 x 2+3 x 1 = kx 1 x 2+3 x 1
x
2
k k k
12 8 x 4 x
-k2 -(-k2 )+ 1 -k2 + 1
4 +1 4 +1 4 +1 1. 分
= k = k = ……………………………………… (12 )
12 x 12 x 3
-k2 +3 1 -k2 +3 1
4 +1 4 +1
1kxx x
kxx x x x 1 2+ 1
另解 也可由x x 2kxx 代入得 1 2-(1+ 2)+ 1 3 1
( : 1+ 2= 1 2 kxx x =kxx x = )
3 1 2+3 1 1 2+3 1 3
y
1-2
y x x y x kx y
-2 1 2(1-2) 2( 1-1)即 -2 1 解得y
y =y =x y =x kx y = , =4,
+2 2+2 1(2+2) 1( 2+3) +2 3
x
2
所以直线AP BP 的交点P在直线y 上. 分
1, 2 =4 ………………………………………………… (15 )
18.答案 μ σ2 平均数为 方差为20.
【 】(1)20 (2)≈166, ≈49 (3) 159,
3
解析 因女生样本中 身高在 范围内的占比为4 2
【 】(1) , [160,165] = ,
10 5
故合唱团女生总体身高在 范围内的人数估计为 2 分
[160,165] 50× =20;……………………… (4 )
5
记总样本的平均数为x 标准差为S
(2) , ,
由题意
,
男生样本
(20
人
)
的身高平均数为y
=169,
方差为s
y2 =39,
女生样本 (10 人 ) 的身高平均数为x =160, 方差s x2 =15, 则x = 20×169+10×160 =166,…… (7 分 )
30
S2 2 2 1 2 2 1 分
= [39+(169-166)]+ [15+(160-166)]= ×48+ ×51=49,………………… (9 )
3 3 3 3
故 μ σ2 分
≈166, ≈49;………………………………………………………………………………… (10 )
因x s 则x sx s 即
(3) =160,= 15, ( -2, +2), (160-2 15,160+2 15),
约为 . . 由样本数据知 为离群值. 分
(1522,1678), ,169∉(160-2 15,160+2 15), ………… (11 )
剔除 后 女生样本 人 的身高平均数为x 1 分
169 , (9 ) :'= (160×10-169)=159;……………… (13 )
9
由s x2
=
1
(i∑
10x i2
-10
x2
)=
1
(i∑
10x i2
-256000)=15
可得
, i∑
10x i2
=256150,
10 =1 10 =1 =1
则剔除 后 女生样本 人 的身高的方差为
169 , (9 ) :
s
'
2
=
1
(i∑
10x i2
-169
2
-9
x
'
2
)=
1
(256150-28561-9×25281)=
20.
………………………… (17
分
)
9 =1 9 3
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{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCECQkhCACagGwFAEoAABSQFABAA=}#}另解 由分层抽样方差公式可得 9 2 σ2 1 2 σ2 20.
【 】 15= (1+ )+ (9+0)⇒ =
10 10 3
19.答案 3π 1 1 π
【 】(1) (2)① ,0, ;②
2 2 2 6
解析 由 A π可知BC在两个互相垂直 即交点处切线垂直 的大圆上
【 】(1) = , ( ) ,
2
从而B︵C π 故A︵B A︵C π.设 AOB AOC α π 则A︵B A︵C α
≤ , = ≤ ∠ =∠ = ∈(0, ], = = ,
2 2 2
α
从而AB AC .注意到BC到直线AO的距离均为 α故BC α.
| |=| |=2sin , sin ,| |=2sin
2
α α
所以由B︵C A︵B知BC AB 所以 α 即
= | |=| |, 2sin =2sin , 2cos =1,
2 2
这得到α π.
=
2
从而 AOB AOC π 又BC在两个互相垂直的大圆上
∠ =∠ = , , ,
2
故 BOC π
∠ = ,
2
从而OAOBOC两两垂直.
, ,
从而由OBOC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OABOBCOCA两两垂直.
, ,
故由球面角的定义知 A B C π
= = = ,
2
π
所以球面 ABC的内角和是3 . 分
△ ………………………………………………………………… (3 )
2
由已知条件 可设 AOB 3 BOC 3 COA 1.
(2)① , cos∠ = ,cos∠ = ,cos∠ =
3 3 3
如图 以O为原点 构建空间直角坐标系 则O .不妨设A B 3 6 .
, , , (0,0,0) (1,0,0), ( , ,0)
3 3
设Cpqr 则由OA OB OC 可知
(,,), | |=| |=| |=1
1 COA OA→ OC→ p
=cos∠ = · = ;
3
3 BOC OB→ OC→ 3p 6q
=cos∠ = · = + ;
3 3 3
OC2 p2 q2 r2.
1=| |= + +
故p 1q 2r2 p2 q2 2.
= ,= , =1- - =
3 3 3
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{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCECQkhCACagGwFAEoAABSQFABAA=}#}不妨设r 则r 6 所以有C 1 2 6 . 分
>0, = , ( , , ) ………………………………………………… (5 )
3 3 3 3
设平面OBC
,
OCA
,
OAB的法向量分别为n→
1,
n→
2,
n→
3,
并设n→i
=(
u
i,
v
i,
w
i)(
i
=1,2,3)
.
OB→ n→ OC→ n→
· 1= · 1=0
则OC→ n→ OA→ n→
· 2= · 2=0
OA→ n→ OB→ n→
· 3= · 3=0
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3u 6v 1u 2v 6w
1+ 1= 1+ 1+ 1=0 3 3 3 3 3
即 1u 2v 6w u
, 2+ 2+ 2= 2=0
3 3 3
u 3u 6v
3= 3+ 3=0
3 3
.
u v w
1+2 1= 1=0
从而 u v w
2= 2+3 2=0
u v
3= 3=0
n→
1=(2,-1,0)
故可以取n→
, 2=(0,3,-1)
n→
3=(0,0,1)
.
所以我们有
n→ n→
A n→n→ |2· 3| 1 分
cos =|cos2,3|=n→ n→ = ; ……………………………………………………… (9 )
|2|·|3| 2
n→ n→
B n→n→ |3· 1| 分
cos =|cos3,1|=n→ n→ =0………………………………………………………… (10 )
|3|·|1|
n→ n→
C n→n→ |1· 2| 1. 分
cos =|cos1,2|=n→ n→ = ……………………………………………………… (11 )
|1|·|2| 2
故球面 ABC的三个内角的余弦值分别为1 1.
△ ,0,
2 2
注 没统一作答不扣分
( : )
另解 几何法
【 】 :
由已知条件
① ,
可设 AOB 3 BOC 3 COA 1.
cos∠ = ,cos∠ = ,cos∠ =
3 3 3
所以ΔAOB ΔCOB 所以AB BC.
≅ , =
取AC中点D 则AC BDAC ODBD OD D 所以AC 平面
, ⊥ , ⊥ , ∩ = , ⊥
OBD.
作BP OD于点P 又AC BPOD AC D 所以BP 平面AOC.
⊥ , ⊥ , ∩ = , ⊥
所以BP OA 作PQ OA于点QPB PQ P 则OA 平面BPQ 所以BQ OA
⊥ , ⊥ , ∩ = , ⊥ , ⊥ ,
所以 BQP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.
- - ∠
OQ OP AOD
因为 AOB ·cos∠ DOB AOD且 AOC 2 AOD
cos∠ =OB= OB =cos∠ ·cos∠ cos∠ =2cos∠ -1
{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCECQkhCACagGwFAEoAABSQFABAA=}#}所以 AOD 6 DOB 2 DOB π
cos∠ = ,cos∠ = ⇒∠ =
3 2 4
PQ OP AOD DOB AOD
所以 BQP ·sin∠ cos∠ ·sin∠ 1 BQP π.
cos∠ =BQ=OB AOB= AOB = ⇒∠ =
·sin∠ sin∠ 2 3
作DR OB于点R 因为AC OBAC DR D 所以OB 平面ACR
⊥ , ⊥ , ∩ = , ⊥ ,
所以OB AROB CR 即 ARC为二面角A OB C的平面角
⊥ , ⊥ , ∠ - - 。
RD OD DOB AOD DOB
所以 ARD ·sin∠ cos ·sin∠ 2 ARD π
cos∠ =AR=OA AOB= AOB = ⇒∠ =
·sin∠ sin∠ 2 4
所以 ARC ARD π.
∠ =2∠ =
2
故球面 ABC的三个内角的余弦值分别为1 1.
△ ,0,
2 2
先证明一个引理.
②
引理 若球面 ABC的三个球面角 A B C π
: △ , , ∈(0, ],
2
设该球面 ABC的面积为S 则S A B C .
△ △ A︵BC, △ A︵BC= + + -π
引理的证明
:
记球O的表面积为S 则S .
, =4π
设ABC的对径点分别为A B C
, , ',',',
则A︵B所在的大圆和A︵C所在的大圆
,
它们将球面分成了四个部分
,
A
其中面积较小的两个部分的面积之和S 等于球的表面积S的 倍
1 ,
π
A B C
即S S 类似可定义S S 且同理有S SS S.
1= , 2,3, 2= ,3=
π π π
而根据球面被这三个大圆的划分情况 又有S S S S S S .
, 1+ 2+ 3=(-2 △ A︵BC)+6 △ A︵BC
所以S S S S S
1+ 2+ 3= +4 △ A︵BC,
故S 1S S S S
△ A︵BC= (1+ 2+ 3- )
4
S A B C
= ( + + -1)
4 π π π
A B C
=π( + + -1)
π π π
A B C .
= + + -π
引理得证. 分
………………………………………………………………………………………… (16 )
回到原题 根据 的结论 有 A π B π C π.
, ① , = , = , =
3 2 3
再由引理知球面 ABC的面积S π π π π. 分
△ △ A︵BC= + + -π= ………………………………… (17 )
3 2 3 6
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{#{QQABDYSUggggABAAAAgCAQGgCECQkhCACagGwFAEoAABSQFABAA=}#}
