1、成都外国语学校20232024学年度上期半期考试数学试题（时间120分钟，满分150分）一、选择题：本大题共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. 某学校高二年级选择“史政地”，“史政生”和“史地生”组合的同学人数分别为210，90和60现采用分层抽样的方法选出12位同学进行项调查研究，则“史政生”组合中选出的同学人数为（ ）A. 7B. 6C. 3D. 2【答案】C【解析】【分析】利用抽样比计算抽取人数【详解】由条件可知，选出“史政生”组合中选出的同学人数为人故选：C.2. 过点和点的直线倾斜角（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析
2、】根据斜率公式求解斜率，即可根据斜率与倾斜角的关系求解.【详解】过点和点的直线的斜率又，所以.故选：B3. 已知点P为椭圆C：上一点，且点和点分别为椭圆C的左、右焦点，若，则（ ）A. 5B. 6C. 7D. 4【答案】B【解析】【分析】根据题意，由椭圆的定义，即可得到结果.【详解】因为椭圆C：，则，由题意定义可得，且，则.故选：B4. 从装有2件正品和2件次品的盒子内任取2件产品，下列选项中是互斥而不对立的两个事件的是（ ）A. “至少有1件正品”与“都是次品”B. “恰好有1件正品”与“恰好有1件次品”C. “至少有1件次品”与“至少有1件正品”D. “都是正品”与“都是次品”【答案】D【
3、解析】【分析】根据互斥事件和对立事件的定义进行判断即可.【详解】从装有2件正品和2件次品的盒子内任取2件产品，可能的结果为：1正1次2正2次，对于A：“至少有1件正品”与“都是次品”是对立事件，不符合；对于B：“恰好有1件正品”与“恰好有1件次品”是同一个事件，不符合题意；对于C：“至少有1件次品”包括1正1次2次，“至少有1件正品”包括1次1正2正，这两个事件不是互斥事件，不符合题意；对于D：“都是正品”与“都是次品”是互斥事件而不是对立事件，符合题意；故选：D5. 已知点在圆外，则实数的取值范围是（ ）A. B. 或C. 或D. 【答案】C【解析】【分析】由点和圆的位置关系求解即可.【详解
4、】因为点在圆外，所以，解得：.，圆要表示圆，则即或，所以或故选：C.6. 平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据分布的形态有关下面四幅频率分布直方图中，最能说明平均数大于中位数的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】对于单峰频率分布直方图来说，如果直方图的形状是对称的，那么平均数和中位数大体相等，和中位数相比，平均数总在“长尾巴”那边.【详解】对于图象对称，平均数和中位数相等，中图象尾巴向右拖，中图象尾巴靠左拖，故正确.故选：.7. 若点在圆的内部，则直线与圆C的位置关系是（ ）A. 相交B. 相切C. 相离D. 无法确定【答案】C【解析】【分析】根据题
5、意，由点到直线的距离公式即可判断直线与圆的位置关系.【详解】因为点在圆内，则，所以圆心到直线的距离为，所以直线与圆相离.故选：C8. 若点和点分别为椭圆的两个焦点，点P为椭圆上的任意一点，则的最小值为（ ）A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】A【解析】【分析】设，且，利用向量的坐标运算表示出，然后消去，进而可得最小值.【详解】由已知得设，且，则，代入得，因为，所以，即的最小值为.故选：A.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 下述关于频率与概率的说法中，错误的是（ ）A. 设有一大批产品
6、，已知其次品率为0.1，则从中任取100件，必有10件是次品B. 做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此，抛一枚硬币出现正面的概率是C. 随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率D. 利用随机事件发生的频率估计随机事件的概率，即使随机试验的次数超过10000，所估计出的概率也不一定很准确【答案】ABC【解析】【分析】根据频率与概率的关系，结合各选项的描述判断正误.【详解】对于A: 从中任取100件，可能有10件，A错误；对于B: 做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此，抛一枚硬币出现正面的频率是，不是概率为，B错误；对于C:多次重复试验中事件发生的频率在某一常数附近，此常数为概率，
7、与描述不符，C错误；对于D:10000次的界定没有科学依据，“不一定很准确的表达正确，试验次数越多，频率越稳定在概率值附近，但并非试验次数越多，频率就等于概率，D正确.故选: ABC.10. 下列说法正确是（ ）A. 若数据的方差为1，则新数据，的方差为1B. 已知随机事件A和B互斥，且，则等于0.5C. “”是直线与直线互相垂直的充要条件D. 无论实数取何值，直线恒过定点【答案】ABD【解析】【分析】对于A：根据方差的性质判断；对于B：根据互斥事件的概率关系进行计算判断；对于C：先根据直线垂直求出，再进行充分性和必要性的判断；对于D：将直线变形为，然后列方程组，求解即可得定点.【详解】对于A
8、：若数据的方差为1，则新数据，的稳定程度没有发生改变，方差还是，A正确；对于B：随机事件A和B互斥，且，则，则，B正确；对于C：若直线与直线互相垂直，则，解得或，故“”是直线与直线互相垂直的充分不必要条件，C错误；对于D：直线即为，令，解得，即无论实数取何值，直线恒过定点，D正确.故选：ABD.11. 若圆：与圆：的交点为A，B，则（ ）A. 线段AB中垂线方程为B. 公共弦AB所在直线方程为C. 若实数x，y满足圆：，则的最大值为D. 过点作圆：的切线方程为圆【答案】BD【解析】【分析】线段AB中垂线即为直线，直接求解可判断A；圆和圆方程作差可判断B；令，代入圆的方程，通过方程有解判断C；通
9、过点在圆上，直接写出切线方程可判断D.【详解】圆：的圆心，圆：的圆心，对于A：线段AB中垂线即为直线，方程为，即，A错误；对于B：圆和圆方程作差得，整理得，B正确；对于C：令，则，代入得，整理得，方程有解，故，解得，则的最大值为，C错误；对于D：点在圆：上，故切线方程为，即，D正确.故选：BD.12. 设，为椭圆C：的两个焦点，P为C上一点且，I为的内心，则下列正确的是（ ）A. 内切圆半径为1B. C. 若点，则D. 若直线l与椭圆C交于M，N两点，则存在以为线段MN的中点，且直线l的方程为【答案】BC【解析】【分析】利用等面积法求出内切圆半径，可判断选项A，利用圆的切线相关知识可判断B，直
10、接求出，值，得到两者关系，可判断C，利用点在椭圆外，所以不存在满足条件的直线，可判断D.【详解】由椭圆C：，可知，所以，因为，所以，对于选项A，由余弦定理可得，即，因为，所以，所以，所以设内切圆半径为，由，所以，又因为，所以，故选项A错误；对于选项B，如图：设内切圆与三边的切点为，则有，因为，所以，所以，因为，所以，在直角中，由，由选项A可知，所以，即，故选项B正确；对于选项C，由选项A可知，又因为，则，因为，所以，代入可得，因为，当时，由选项B可知，所以，故，由，所以，故，当时，由，所以，故，综上，故选项C正确；对于选项D，因为在椭圆外，所以不存在以为线段MN的中点的直线，故选项D不正确.故
11、选：BC.三、填空题：本大题共4小题，每小题分，共20分13. 甲、乙两人独立地破译一份密码，已知甲、乙能破译的概率分别为和，则甲与乙两人同时破译密码的概率为_【答案】#【解析】【分析】根据题意，由相互独立事件概率的乘法公式，即可求解.【详解】设甲独立破解密码为事件，乙独立破解密码为事件，则，两人同时破译密码的概率为.故答案为：14. 若椭圆C：的短轴长为2，则椭圆C的离心率为_【答案】【解析】【分析】根据题意，由椭圆性质可得，从而可得，再由椭圆离心率公式即可得到结果.【详解】因为椭圆，则，且短轴长为2，则，所以，则，则椭圆C的离心率为.故答案：15. PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5
12、微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物.如图是根据某中学学生社团某日早6点至晚9点在某中学东、西两个校区附近的PM2.5监测点统计的数据（单位:毫克/立方米）列出的茎叶图，则东、西两个校区浓度的方差较小的是_. 【答案】东校区【解析】【分析】根据茎叶图，通过观察数据的集中程度，即可得出结论.【详解】根据茎叶图可知，东校区数据集中在0.06和0.07之间，数据分布比较稳定；而西校区则分布比较分散，不如东校区集中，所以东校区浓度的方差较小.故答案为：东校区16. 已知平面内两个定点A，B及动点P，若（且），则点P的轨迹是圆后世把这种圆称为阿波罗尼斯圆已知，直线：，直线：，若P为，的交点，则的最小值为_【
13、答案】#【解析】【分析】先通过直线和过的定点以及垂直关系求出点轨迹，然后根据阿波罗尼斯圆的特点找到使恒成立的点，最后根据两点之间线段最短求最小值即可.【详解】直线：即，过定点直线：即，过定点又，故，则点在以线段为直径的圆上，即点的轨迹为，即，假设存在点，使恒成立，设则，整理得，与的轨迹对照得，解得，即存在点，使，即，所以，即的最小值为.故答案为：.四、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知两直线：和：的交点（1）求经过点和点的直线的一般式方程；（2）求经过点且与垂直的直线的斜截式方程【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由题意联立两直线组
14、成方程组求得点的坐标，利用两点坐标求出斜率，由点斜式写出直线方程，再化成一般式方程；（2）求出直线的斜率，由垂直条件求得所求直线的斜率，由点斜式写出直线方程，再化成斜截式方程.【小问1详解】联立，解得，又，由斜率公式可得，所求直线的方程为，即.【小问2详解】因为：，所以直线的斜率为，由垂直条件知所求直线的斜率，故所求直线的方程为，即直线方程：.18. 已知圆.（1）若直线l经过点，且与圆C相切，求直线l的方程；（2）若圆与圆C相切，求实数m的值.【答案】（1）或 （2）或【解析】【分析】（1）首先设出过定点直线，利用圆心到直线的距离等于半径，即可求直线，不要忘记讨论斜率不存在的情况；（2）分内
15、切和外切，结合公式，列式求值.【小问1详解】若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为，与圆C相切，符合题意.若直线l的斜率存在，设直线l的方程为，即，则，解得，所以直线l的方程为.综上，直线l的方程为或.【小问2详解】圆的方程可化为.若圆与圆C外切，则，解得.若圆与圆C内切，则，解得.综上，或.19. 某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组45，55），第二组55，65），第三组65，75），第四组75，85），第五组85，95，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同（1）求a、b的值
16、；（2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第60百分位数（精确到0.1）；【答案】（1） （2）平均数为，第60百分位数【解析】【分析】（1）由三、四、五组的频率之和为可求出值，再由所有频率之和为求出值；（2）根据平均数等于每个小矩形面积乘上小矩形底边中点的横坐标之和求解，再根据百分位数的定义求解第60百分位数即可.【小问1详解】第三、四、五组的频率之和为0.7，解得，所以前两组的频率之和为，即，所以；【小问2详解】这100名候选者面试成绩的平均数为，前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，所以第60百分位数在第三组，设第60百分位数为，则，解得，故第60百分位数为.20
17、. 已知半径为4的圆与直线相切，圆心在轴的负半轴上.（1）求圆的方程；（2）已知直线与圆相交于两点，且的面积为8，求直线的方程.【答案】（1） （2）或.【解析】【分析】（1）根据直线与圆相切,根据点到直线距离公式求出圆心,再应用圆的标准方程即可;（2）根据几何法求弦长,再结合面积公式计算即可.小问1详解】由已知可设圆心，则，解得或（舍），所以圆的方程为.【小问2详解】设圆心到直线的距离为，则，即，解得，又，所以，解得，所以直线的方程为或.21. 袋中装有大小完全相同的3个红球，2个蓝球，其中有2个红球和1个蓝球上面标记了数字1，其他球标记了数字2（1）每次有放回地任取1个小球，连续取两次，求
18、取出的2个球恰有1个红球且两球的数字和为3的概率；（2）从袋中不放回地依次取2个小球，每次取1个，记事件第一次取到的是红球，事件第二次取到了标记数字1的球，求，并判断事件A与事件B是否相互独立【答案】（1） （2）， ，事件A与事件B不相互独立【解析】【分析】（1）先设事件，然后求出抽到红1蓝2或者红2蓝1的概率和抽到的是蓝2红1或者蓝1红2的概率，然后相加即可；（2）分别求出“第一次取到的是红球”的概率和“第二次取到了标记数字1的球”的概率，然后通过判断是否成立来判断相互独立性.【小问1详解】记事件C“取出的2个球恰有1个红球且两球的数字和为3”事件D“第一次取到的是红球，第二次取到的是蓝球
19、且两球的数字和为3”，即抽到红1蓝2或者红2蓝1的概率：，事件E“第一次取到的是蓝球，第二次取到的是红球且两球的数字和为3”即抽到的是蓝2红1或者蓝1红2的概率，则所求的概率为【小问2详解】记3个红球分别为，其中，表示红球标数字1，表示红球标数字2，记2个蓝球分别为，其中表示蓝球标数字1，表示蓝球标数字2则从袋中不放回地依次取2个小球，每次取1个共有20个结果的样本空间其中事件共12结果；其中事件共12个结果；其中事件共7个结果，“第一次取到的是红球”的概率，“第二次取到了标记数字1球”即取到的是数字2，1或者1，1概率，“第一次取到红球且第二次取到了标记数字1的球”即抽到的为红1数字1或者红
20、2数字1，概率因为成立，所以事件A与事件B不相互独立22. 已知，为椭圆C：的左、右顶点，且椭圆C过点（1）求C的方程；（2）过左焦点F的直线l交椭圆C于D，E两点（其中点D在x轴上方），试求的取值范围（其中与分别表示和的面积）【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）先直接得到，再把带入椭圆方程可得，则椭圆方程可求；（2）设l：，将直线方程和椭圆方程联立，利用韦达定理以及求出的范围，然后带入求解即可.【小问1详解】由题意得，把代入，解得，所以C的方程为；【小问2详解】由（1）知：，明显直线l的斜率不为零，设l：，由，得，显然，所以，因为，所以，因为，当时，解得，此时，当时，所以又，设，则，解得且，所以，综上所述可得的取值范围为
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