2022-2023学年浙大附中玉泉、丁兰高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年浙大附中玉泉、丁兰高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．直线l：的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据直线倾斜角和斜率的关系即可求解.

【详解】解：由题意得：

直线l的方程：可化为

直线l的斜率为，设直线l的倾斜角为，则

又

所以

故选：C

2．已知直线l的方向向量为，平面的法向量为，则“”是“”的（    ）

A．充分必要条件 B．充分不必要条件

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据线面平行的判定定理，结合充分、必要条件的概念，即可得答案.

【详解】若，则或，故充分性不成立，

若，则，必要性成立，

故“”是“”的必要不充分条件，

故选：C

3．若直线与互相垂直，则实数（    ）

A． B． C．或0 D．或0

【答案】D

【分析】根据直线一般式方程下两直线垂直的充要条件列方程，即可得实数的值.

【详解】解：若直线与互相垂直，

则，即，解得或.

故选：D.

4．如图，在平行六面体中，点在面对角线上,满足,点为面对角线的中点,若,,,则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据空间向量的线性运算,再结合空间向量基本定理求解.

【详解】点在面对角线上,满足,

.

点为面对角线的中点,

.

,

,,,

.

故选:A.

5．某学校高一年级、高二年级、高三年级的学生数量之比为，为了解该校学生的住宿情况，现用比例分配的分层抽样方法抽取一个容量为n的样本，在样本中，高二年级学生比高一年级多40位，比高三年级多80位，则n=（    ）

A．240 B．280 C．320 D．360

【答案】A

【分析】根据各年级学生数量比及样本数量关系列方程求各年级的学生人数，即可得样本容量.

【详解】设抽取的高一、高二、高三学生的数量分别为，

则，且，解得，

∴.

故选：A

6．已知x，y满足，若不等式恒成立，则c的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】不等式恒成立，只需，可以看作是直线在轴上的截距，当直线与圆相切时，纵截距取得最大值或最小值，然后根据点到直线的距离公式求解即可.

【详解】因为可化为，表示的是以为圆心，为半径的圆，

可以看作是直线在轴上的截距，

当直线与圆相切时，纵截距取得最大值或最小值，

此时，解得或，所以，

又因为不等式恒成立，所以，

则c的取值范围是.

故选：B.

7．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A、B为平面上两点，且，M为线段AB中点，其坐标为，若，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知可得以为直径的圆过点O，对条件变形得到，从几何意义出发得到圆M与直线相切，从而得到圆M的半径最小值为点到直线的距离的一半，利用点到直线距离公式进行求解.

【详解】因为，所以，即以为直径的圆过点O，

因为M为线段AB中点，坐标为，，

则，

几何意义为圆M的半径与点M到直线的距离相等，

即圆M与直线相切，

则圆M的半径最小值为点到直线的距离的一半，

即.

故选：B

8．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，M为AB的中点，将△ADM沿DM翻折．在翻折过程中，当二面角A—BC—D的平面角最大时，其正切值为

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】取的中点，的中点为，则折叠后有平面，在四棱锥中过点作的垂线，垂足为，再过作的垂线，垂足为，连接，则为二面角的平面角，可用的三角函数表示的正切值，利用导数可求其最大值．

【详解】

取的中点，的中点为，因为为等腰三角形，

故，同理， ，所以有平面．

因为平面，故平面平面．

在四棱锥中过点作的垂线，垂足为，再过作的垂线，垂足为，连接．

因为，平面，平面平面，故平面．

因为平面，故，

又，，故平面，

又平面，故，所以为二面角的平面角．

设，则，，

，

所以，其中．

令，则，令且，

当时，；当时，；

所以，故，故选B．

【点睛】二面角的平面角的大小或最值的计算，应先构造二面角的平面角，然后在可解的三角形（最好是直角三角形）中讨论该角．注意最值的计算可以通过目标函数的单调性讨论得到．

二、多选题

9．某公司为了解用户对其产品的满意度，随机调查了10个用户，得到用户对产品的满意度评分如下表所示，评分用区间[0，10]内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高，则下列说法正确的是（    ）

A．这组数据的平均数为6 B．这组数据的众数为7

C．这组数据的极差为6 D．这组数据的75%分位数为9

【答案】BCD

【分析】由平均数、众数、极差、百分位数的定义即可得出答案.

【详解】这组数从小到大排列为：4，4，5，7，7，7，8，9，9，10，

计算这组数据的平均数为，选项A错误；

这组数据的众数是7，选项B正确；

这组数据的极差是，选项C正确；

因为10×75%=7.5，且第8个数是9，所以这组数据的75%分位数为9，选项D正确.

故选：BCD.

10．已知，，是空间的一个基底，则下列说法中正确的是（    ）

A．若，则

B．，，两两共面，但，，不共面

C．，，一定能构成空间的一个基底

D．一定存在实数，，使得

【答案】ABC

【分析】由已知，选项A，可使用反证法，假设结论不成立来推导条件；选项B，可根据基底的定义和性质来判断；选项C，可先假设，，共面，得到无解，即可判断，，组成基底向量；选项D，由，，不共面可知，不存在这样的实数.

【详解】选项A，若不全为，则，，共面，此时与题意矛盾，所以若，则，该选项正确；

选项B，由于，，是空间的一个基底，根据基底的定义和性质可知，，，两两共面，但，，不共面，该选项正确；

选项C，假设，，共面，

则，此时，无解，

所以，，不共面，即可构成空间的一个基底，所以该选项正确；

选项D，，，不共面，则不存在实数，，使得，故该选项错误.

故选：ABC.

11．设动直线交圆于A，B两点（C为圆心），则下列说法正确的有（    ）

A．直线l过定点 B．当取得最大值时，

C．当最小时，其余弦值 D．的取值范围是

【答案】AD

【分析】对于A，将直线方程化为，可得定点坐标；

对于B，根据直线经过圆心时，取得最大值，可得；

对于C，设圆心到直线的距离为，根据得到的最小值为，根据余弦定理得到，根据最小值时，最小可求出；

对于D，根据平面向量数量积得到=，由可得的取值范.

【详解】对于A，由，得，

由，得，

所以直线过定点，故A正确；

对于B，由可知，圆心，半径，

当直线经过圆心时，取得最大值，

所以，解得，故B不正确；

对于C，显然点在圆内，设圆心到直线的距离为，则，

因为，当且仅当时，等号成立，

所以，

所以，

因为在单调递减，在内，所以当最小时，

最大，最小，

因为的最小值为，所以此时，故C不正确；

对于D，因为，

由B知，，所以，即的取值范围是，故D正确.

故选：AD

12．如图，棱长为2的正方体中，､分别为棱､的中点，为面对角线上一个动点，则下列选项中正确的是（    ）

A．三棱锥的体积为定值.

B．存在线段，使平面平面.

C．为上靠近的四等分点时，直线与所成角最小.

D．若平面EFG与棱AB，BC有交点，记交点分别为M，N，则的取值范围是.

【答案】ACD

【分析】利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BC选项的正误；设则，则，根据的范围可判断D选项的正误．

【详解】对于A选项，因为平面，平面平面，

所以，点到平面的距离等于，

的面积为，

所以，，A选项正确；

对于BC选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，

则、、、、、

、、，、，

设平面的法向量为，，，

由，取，可得，

设，可得点，其中，

则，

所以，解得，

故平面与平面不平行，B选项错误，

，，

设直线与所成角为，

则

，

当时，取得最大值，此时最小，C选项正确；

对于D选项，延长和并相交于点，作交于，

P在线段上，此时PN与的交点即为G，连接交于，如图所示：

设则，所以

则

由于，得，所以，D正确．

故选：ACD

【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是空间向量及函数思想的应用.

三、填空题

13．已知空间向量，若，则____________．

【答案】

【分析】直接根据空间向量平行的判定条件进行求解即可.

【详解】已知，，

由，得，即，解得，.

故答案为：

14．已知为圆O上的点，则圆O的方程为____________．

【答案】

【分析】设圆O的方程为将A、B、C点的坐标代入，可得D、E、F的值，即可得答案.

【详解】设圆O的方程为，

因为点A、B、C在圆O上，

所以，解得，

所以圆O的一般方程为，标准方程为.

故答案为：

15．如图，两条异面直线a，b所成角为，在直线上a，b分别取点，E和点A，F，使且．已知，，．则线段的长为____________．

【答案】4或2

【分析】根据向量的线性运算可得，两边平方，利用向量的数量积运算，结合题意已知可得结果.

【详解】由题意知，，所以，

展开得，

异面直线a，b所成角为，代入，

所以或，

故答案为：4或2

16．已知平面上任意一点，直线，则点P到直线l的距离为；当点在函数图象上时，点P到直线l的距离为，请参考该公式．求出的最小值为____________．

【答案】

【分析】令，将问题转化为函数图象上的点到直线的距离的倍与到的距离之和的倍的和，即可求得最小值．

【详解】令，，

∴表示函数图象上的点到直线的距离，

表示函数图象上的点到直线的距离，

∴目标式几何意义：半圆函数图象上的点到直线的距离的倍与到的距离之和的倍的和.

根据圆上的点到与圆相离的直线的距离最小值为圆心到直线的距离与半径之差，

所求最小值为 ．

故答案为：.

四、解答题

17．从①；②条件中任进一个，补充到下面横线处并解答．

在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，，且满足____________．

(1)求角A；

(2)若的面积为，求外接圆的周长．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选择条件①可以用正弦定理进行角化边即可求解，选择条件②利用辅助角公式进行三角恒等变换即可；

（2）利用三角形面积公式可得，进而根据余弦定理可得，再根据正弦定理可得求外接圆半径与周长即可.

【详解】（1）选择条件①：

因为，由正弦定理，可得，

即，所以.

因为，所以.

选择条件②：

因为，

所以，即.

因为，

所以，

所以，.

（2）由三角形面积公式有，解得，

由余弦定理可得，即，

故外接圆半径满足，

故外接圆周长.

18．某城市100户居民的月平均用电量（单位：度）以分组的频率分布直方图如下图：

(1)求直方图中x的值；

(2)求月平均用电量的中位数；

(3)在月平均用电量为的四组居民中，用分层抽样的方法抽取11户居民，则在月平均用电量为的居民中应抽取多少户？

【答案】(1)

(2)224

(3)5

【分析】对于（1），由各组数据频率之和即所有矩形面积之和为1可得答案；

对于（2），在频率分布直方图中，中位数左边和右边直方图面积相等，据此可得答案;

对于（3），利用频率估计月平均用电量为的居民在四组中所占比例，即可得答案.

【详解】（1）因直方图中，各组数据频率之和即所有矩形面积之和为1，

则，

得.

（2）因前3个矩形面积之和为.

前4个矩形面积之和为.

则中位数在内，设为，则，

得.即中位数为224.

（3）月平均用电量为的居民对应的频率为：.

又由（2）分析可知，月平均用电量为的四组居民对应频率之和为：.

则应抽取居民的户数为：.

19．某公园有一圆柱形景观建筑物，底面直径为米，在其南面有一条东西走向的观景直道，建筑物的东西两侧有与直道平行的两段轴道，观景直道与辅道距离6米．在建筑物底面中心的东北方向米的点A处，有一台全景摄像头，其安装高度低于建筑物的高度．请建立恰当的平面直角坐标系，并解决下列问题：

(1)在西辅道上与建筑物底面中心距离5米处的游客，是否在该摄像头的监控范围内？

(2)求观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度．

【答案】(1)不在监控范围内

(2)24米

【分析】（1）将问题转化为判断直线与圆的位置关系即可；

（2）根据直线与圆相切或相离时在监控范围内，利用直线与圆相切时的等量关系求解.

【详解】（1）设为原点，正东方向为轴，建立如图所示坐标系，

因为，则

依题意得，游客所在位置为,

则直线的方程为：化简得，

所以圆心到直线的距离，

所以直线与圆相交，所以游客不在该摄像头的监控范围内.

（2）观景直道所在直线方程为，

由图易知，过的直线与圆相切或相离时，摄像头监控不会被建筑物挡住，

所以设直线过点且和圆相切，

若直线垂直于轴，则直线不会和圆相切；

若直线不垂直于轴，设，

整理得，

所以圆心到直线的距离为解得或，

所以或，

即或，

设两条直线与的交点为

由解得，

由解得，

所以,

所以观景直道不在该摄像头的监控范围内的长度为24米.

20．已知长方体．

(1)若，求点D到平面的距离；

(2)若二面角的平面角的余弦值为，求直线平面所成角的正弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）连接，与交于点，过作于，连接，证明平面，利用等面积法计算得到距离.

（2）过作交于，连接，确定即二面角的平面角，得到，再利用等体积法得到，得到答案.

【详解】（1）如图所示：连接，与交于点，过作于，连接，

平面，平面，故，，

，故平面，平面，故，

，又，故平面.

中：，，

故，即点D到平面的距离为.

（2）如图所示：过作交于，连接.

平面，平面，故，

，故平面，平面，故，

故即二面角的平面角，

，，，故，

，中，，，，.

，

设到平面的距离为，

，故，

故直线平面所成角的正弦值为

21．如图，C是以为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面，为正三角形，E，F分别是棱上的点，且满足．

(1)求证：；

(2)是否存在，使得直线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)证明过程见解析；

(2)存在，.

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，结合空间向量夹角公式进行求解判断即可.

【详解】（1）设的中点为，连接，

因为是圆O的直径，所以，

因为平面平面，平面平面，

所以平面，而平面，

所以；

（2）连接，因为，所以，

因为为正三角形，的中点为，

所以，

因为平面平面，平面平面，

所以平面，而平面，

所以，建立如图所示的空间直角坐标系，

设，

，

设平面的法向量为，

，

所以有，

所以，，

假设存在，使得直线与平面所成角的正弦值为，所以有，或（舍去），

即存在，使得直线与平面所成角的正弦值为.

22．已知点， 为平面直角坐标系 中的点，点P为线段EF的中点，当变化时，点P形成的轨迹 与x轴交于点A，B（A点在左侧），与y轴正半轴交于点C．

（1）求P点的轨迹的方程；

（2）设点M是轨迹上任意一点（不在坐标轴上），直线CM交x轴于点D，直线BM交直线AC于点N．

①若D点坐标为，求线段CM的长；

②求证：为定值．

【答案】（1）；（2）①，②证明详见解析．

【分析】本题主要考查参数方程与普通方程的转化、点到直线的距离、直线与圆的相交问题等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力．第一问，利用中点坐标公式计算点P的横坐标，再利用参数方程与普通方程的互化得到点P的轨迹；第二问，利用点到直线的距离公式，可以求出弦CM的长，设出直线CM的方程，与圆的方程联立，消参，解出x，代入CM中，即得到M点坐标，则可以表示直线BM的斜率，再用直线BM的方程与直线AC的方程联立，得到直线ND的斜率，代入中计算出常数即可．

【详解】（1）设,因为P点为 的中点，

则（ ），平方相加消去得到P点的轨迹方程为 ．

（2）由轨迹方程知：，

①直线： ，圆心到直线的距离

，所以弦 的长为．

（或由等边三角形亦可得）

②设直线的方程为： 存在，，则

由，得 ，所以或 ，

将代入直线 ，得，即 ，则，

直线 BM方程：，

由得，因为，所以，

所以为定值．