2022-2023学年上海市青浦高级中学高二上学期12月质量检测数学试题（解析版）

2022-2023学年上海市青浦高级中学高二上学期12月质量检测数学试题

一、填空题

1．直线的一个法向量为___________.

【答案】(答案不唯一)

【分析】根据方程直接写出即可.

【详解】直线的一个法向量为

所以直线的一个法向量为.

故答案为：.(答案不唯一)

2．抛物线的焦点坐标是______．

【答案】

【详解】抛物线的焦点在轴上，且，所以抛物线的焦点坐标为，故答案为.

3．点关于平面对称点是___________.

【答案】

【分析】根据关于什么对称什么不变来得答案.

【详解】点关于平面对称点是

故答案为：

4．若事件发生的概率为，则它的对立事件发生的概率为___________.

【答案】##

【分析】直接根据互为对立事件的概率和为1得答案.

【详解】若事件发生的概率为，则它的对立事件发生的概率为

故答案为：

5．空间四边形的每条边和对角线长都等于1，点分别是，，的中点，则的值为___________.

【答案】##

【分析】由题意，四面体是正四面体，每个三角形都是等边三角形，利用向量的数量积的定义解答．

【详解】

故答案为：.

6．已知点和点的坐标分别为和，若直线与线段相交，则的取值范围是_____

【答案】

【解析】根据题意，点在直线两侧或在直线上，即，求解即可.

【详解】若直线与线段相交，

则点在直线两侧或在直线上，

则有，

解得：，

所以的取值范围是，

故答案为：.

7．已知方程表示双曲线，则实数的取值范围为___________.

【答案】或

【分析】根据双曲线的项的系数异号列不等式求解.

【详解】方程表示双曲线，则，

解得或

故答案为：或

8．已知△的顶点，若顶点在抛物线上移动，则△的重心的轨迹方程为_______.

【答案】

【解析】设的重心，，由重心的性质可得，代入抛物线方程化简即可得解.

【详解】设的重心，，

则有，即，所以，

因为点C在曲线上，

所以有，即，

故答案为：.

9．若随机事件互斥，发生的概率均不等于0，且分别为，，则实数的取值范围为___________.

【答案】

【分析】由随机事件互斥，根据互斥事件概率的性质列不等式组求解.

【详解】因为随机事件互斥，发生的概率均不等于0，且分别为，

则，即，

解得

故答案为：

10．已知椭圆的半焦距为，且，若椭圆经过两点，且是圆的一条直径，则直线的方程为_________.

【答案】

【解析】设，代入椭圆方程做差，根据直线的斜率公式及AB的中点M，求出直线斜率，即可得到直线方程.

【详解】设,

代入椭圆方程可得：①，②，

②①得：，

由可得，即，

又AB的中点M，

所以

所以直线的方程为，

即.

故答案为：

【点睛】方法点睛：点差法是解决涉及弦的中点与斜率问题的方法，首先设弦端点的坐标，代入曲线方程后做差，可得出关于弦斜率与弦中点的方程，代入已知斜率，可研究中点问题，代入已知中点可求斜率.

11．设满足，则的取值范围为_______.

【答案】

【解析】由题意，得到，根据对称性，作出方程对应的图像，根据表示点与点连线的斜率，结合图像，即可得出结果.

【详解】由可得

，

根据对称性，作出此方程对应的图象，

又表示点与点连线的斜率，

由图像可得，直线与圆显然相切，且过点，所以；

直线与圆相切，且过点，所以，

因此的取值范围为.

故答案为：.

【点睛】思路点睛：

非线性目标函数的常见类型及解题思路：

1.斜率型：表示的是可行域内的点与点连线所在直线的斜率的倍；

2.距离型：（1）表示的是可行域内的点与之间距离的平方；

（2）表示的是可行域内的点到直线的距离的倍.

12．空间中到正方体棱，，距离相等的点有___________个.

【答案】无数

【分析】由于点显然满足要求，猜想线段上任一点都满足要求，然后证明结论．

【详解】在正方体上建立如图所示空间直角坐标系，并设该正方体的棱长为1，连接，并在上任取一点，

因为

所以设，其中，

作平面，垂足为E，再作，垂足为F，

则面，

面，又面，

，则PF是点P到直线的距离，

所以，

同理点P到直线、的距离也是，

所以上任一点与正方体的三条棱，，所在直线的距离都相等，

所以与正方体的三条棱，，所在直线的距离相等的点有无数个．

故答案为：无数

二、单选题

13．已知空间任意一点О和不共线的三点A，B，C，若，则“A，B，C，D四点共面”是“，，”的（    ）

A．必要不充分条件 B．充分不必要条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】根据空间向量的共面定量，结合充要条件的判定方法，即可求解.

【详解】由题意，空间中四点A，B，C，D，若

若A，B，C，D四点共面，根据空间向量的共面定量，只需，

又由，，，可得，

所以“，，”时，A，B，C，D四点共面，即必要性成立，

反之不一定成立，即充分性不成立，

所以“A，B，C，D四点共面”是“，，”的必要不充分条件.

故选：A.

14．直线与椭圆恒有公共点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由于直线恒过点，所以要使直线与椭圆恒有公共点，只要点椭圆上或椭圆内即可，从而可求得的取值范围

【详解】解：直线恒过点，

因为直线与椭圆恒有公共点，

所以点椭圆上或椭圆内即可，

所以，解得且，

所以的取值范围是，

故选：C

15．已知点为空间不共面的四点，且向量，向量，则与不能构成空间基底的向量是(    )

A． B． C． D．或

【答案】C

【分析】利用空间向量的基底的意义即可得出．

【详解】，

与、不能构成空间基底；

故选：C．

16．已知正方体的棱长为3，动点M在侧面上运动（包括边界），且，则与平面所成角的正切值的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】找到点M在平面的投影为点N，在平面平面上，建立平面直角坐标系，求出点N的轨迹方程，进而数形结合求出，从而求出答案.

【详解】设点M在平面的投影为点N，则，所求线面角为，则，因为，所以，在平面上，以A为坐标原点，AD为x轴，为y轴建立平面直角坐标系，

则，，设，，化简得：，，故点N的轨迹为以为圆心，半径为2的且位于第一象限的圆弧ST，如图所示，连接，与圆弧ST相交于点，此时取得最小值，由勾股定理得：，所以，当点N与S重合时，取得最大值，由勾股定理得：，

则，．

故选：B．

【点睛】立体几何中轨迹问题，建立合适的坐标系，求出轨迹方程是解决问题的重要方法，将几何问题代数化，数形结合解决问题.

三、解答题

17．从甲､乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作

(1)设5名同学为：甲､乙､，写出这一事件的样本空间；

(2)求甲､乙都入选的概率．

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）直接5个里面选3个即可写出样本空间；

（2）根据古典概型的概率公式可得答案.

【详解】（1）5名同学为：甲､乙､，

从中随机选3名参加社区服务工作这一事件的样本空间为：

{甲乙，甲乙，甲乙，甲，甲，甲，乙，乙，乙，}；

（2）甲、乙都入选的基本事件有3个：甲乙，甲乙，甲乙，

故甲､乙都入选的概率为.

18．如图所示，在平行六面体中，为的中点.

（1）化简：；

（2）设是棱上的点，且，若，试求实数，，的值.

【答案】（1）；（2）、、.

【分析】（1）根据空间向量的线性运算求解；

（2）用基底表示出后可得的值．

【详解】（1）

（2）

，

、、.

19．在长方体－中，，，点是棱上的点，.

(1)求异面直线与所成角的大小；

(2)求点到平面的距离．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先作出异面直线与所成角，再去求其大小即可

（2）依据三棱锥等体积法去求点到平面的距离．

【详解】（1）在平面ABCD内作交于，连接，

则为异面直线与所成角或其补角.

因为，所以，所以，

因为，所以

而所以△为正三角形，，

从而异面直线与所成角的大小为.

（2）设点到平面的距离为，

，，

由得，所以．

20．折纸又称“工艺折纸”，是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长. 某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用圆形纸片，按如下步骤折纸（如下图），

步骤1：设圆心是，在圆内不是圆心处取一点，标记为F；

步骤2：把纸片对折，使圆周正好通过F；

步骤3：把纸片展开，于是就留下一条折痕；

步骤4：不停重复步骤2和3，能得到越来越多条的折痕．

所有这些折痕围成的图形是一个椭圆.若取半径为4的圆形纸片，设定点到圆心的距离为2，按上述方法折纸.

（1）建立适当的坐标系，求折痕围成椭圆的标准方程；

（2）求经过，且与直线夹角为的直线被椭圆截得的弦长.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）建立直角坐标系后，由椭圆的定义即可得解；

（2）联立方程组，由韦达定理结合弦长公式即可得解.

【详解】（1）如图，以FO所在的直线为x 轴，FO的中点M为原点建立平面直角坐标系，

设为椭圆上一点，由题意可知且，

所以P点轨迹以F，O为左右焦点，长轴长的椭圆，

因为，所以，，

所以椭圆的标准方程为；

（2）如图，不妨令过的直线交椭圆于C，D且倾斜角，

所以直线，设，

联立，消元得，，

所以，

所以.

21．在梯形中，，，，P为AB的中点，线段AC与DP交于O点（如图1）.将沿AC折起到位置，使得平面平面（如图2）.

(1)求证：平面；

(2)求二面角的大小；

(3)线段上是否存在点Q，使得CQ与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)存在，

【分析】（1）由线面平行的判定定理证明，

（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解，

（3）设出得点坐标，由空间向量列式求解，

【详解】（1）在梯形中，，，，P为AB的中点，

可得为等边三角形，四边形为菱形，

故，而平面，平面，

平面，

（2）由（1）得，，，故，，

而平面平面，平面平面，平面，，

平面，

两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，

则，，，

，，

设平面的一个法向量为，

则取得，

平面的一个法向量为，

故，二面角的大小为，

（3）设，则，,,

的，，

设平面的一个法向量为

CQ与平面所成角的正弦值为，

化简得，解得（舍去）

故存在，使得CQ与平面所成角的正弦值为．