广东省佛山市第一中学2021-2022学年高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份广东省佛山市第一中学2021-2022学年高二上学期期中数学试题（解析版），共8页。

注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色笔迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号填写在答题卷上.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上.不按以上要求作答的答案无效.
第一部分选择题（共60分）
一、单选题（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. 直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ）
A. B.
C. 或D. 与的位置关系不能判断
【答案】B
【解析】
【分析】观察到的直线的方向向量与平面的法向量共线，由此得到位置关系．
【详解】解：直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，
显然它们共线，所以．
故选：B．
2. 若直线：与：互相平行，则a的值是（ ）
A. B. 2
C. 或2D. 3或
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线：与：互相平行，由求解.
【详解】因为直线：与：互相平行，
所以，即，
解得或，
当时，直线：，：，互相平行；
当时，直线：，：，重合；
所以，
故选：A
3. 已知向量，，若与夹角为，则的值为（ ）
A. B. C. －1D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量坐标求得，，由空间向量的夹角公式和向量的数量积运算得，即可求出的值.
【详解】解：因为，，且与夹角为，
则，，
所以，
可知，解得：.
故选：A.
4. 有一副去掉了大小王的扑克牌，充分洗牌后，从中随机抽取一张，则抽到的牌为“黑桃”或“”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】计算出抽到的牌为“黑桃”或“”所包含的牌的数量，利用古典概型的概率公式可求得结果.
【详解】由题意可知，该副扑克牌共张，其中“黑桃”共张，“”共张，
则抽到牌为“黑桃”或“”共张，故所求概率为.
故选：C.
5. 长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得结果.
【详解】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、、、，，，
所以，.
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
6. 过点作圆的两条切线，设切点分别为、，则直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，可知圆的圆心为，半径，由切线长公式求出的长，进而可得以为圆心，为半径为圆，则为两圆的公共弦所在的直线，联立两个圆的方程，两方程作差后计算可得答案．
【详解】解：根据题意，可知圆的圆心为，半径，
过点作圆的两条切线，设切点分别为、，
而，则，
则以为圆心，为半径为圆为，即圆，
所以为两圆的公共弦所在的直线，则有，
作差变形可得：；
即直线的方程为.
故选：B.
7. 如图所示，空间四边形中，，，，为中点，点在上，且，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，可知，，根据几何图形和空间向量的加减法运算，即可求出结果.
【详解】解：由题可知，，，
.
故选：B.
8. 已知圆的方程为，设该圆过点的最长弦和最短弦分别为和，则四边形面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析可知，计算出、，即可求得四边形的面积.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，
，故点在圆内，如下图所示：
则，
过点的弦过圆心时，弦长取最大值，即，
当过的弦与垂直时，弦长取最小值，即，此时，
此时，四边形的面积为.
故选：C.
二、多选题（本大题共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. 空间直角坐标系中，设坐标原点为，定点、、坐标分别是、、，则有（ ）
A. 四面体的体积为1
B. 是锐角三角形
C. 是平面的一个法向量
D. 若点的坐标为，则平面
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据空间点的坐标可知平面，再根据空间两点间距离公式得出，利用等体积法得出，求出四面体的体积，即可判断A选项；根据空间两点间距离公式求出，从而可知为最大角，再由余弦定理求出，即可判断B选项；根据空间向量的坐标运算求得，可知与不垂直，进而可判断C选项；对于D，设平面的一般方程为，利用待定系数法求出一般方程，再代入后即可判断D选项.
【详解】解：根据题意，可知，
对于A ，由点坐标可知平面，且，
所以四面体的体积为：
，故A正确；
对于B，在中，，
所以中，为最大角，
则且，
所以为锐角，所以是锐角三角形，故B正确；
对于C，因为，而，
则，
可知与不垂直，则与平面不垂直，
所以不是平面一个法向量，故C错误；
对于D，设平面的一般方程为，
而，
则，解得：，
所以平面的一般方程为，
而，所以，
所以平面，故D正确.
故选：ABD.
10. 抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，记下骰子朝上面的点数.若用表示红色骰子的点数，若用表示绿色骰子的点数，用表示一次试验的结果，定义事件：“为奇数”，“”，“”，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 与互斥C. 与独立D. 与独立
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，列举出事件、的所有基本事件，根据古典概型的概率求法求出和，从而可判断AB选项；求出和，可知，再根据独立事件的定义，从而可判断C选项；列举出事件的所有基本事件，根据古典概型的概率求法求出，进而得出，最后根据独立事件的定义即可判断D选项.
【详解】解：由题可知，“为奇数”，“”，“”，
则事件的所有情况为：
，共18种情况，
所以，
事件的所有情况为：，共6种情况，
所以，所以，且与互斥，故AB选项正确；
则，，
可知，所以与不独立，故C不正确；
事件的所有情况为：
，共12种情况，
所以，，，
可知，所以与独立，故D正确.
故选：ABD.
11. 如图，在正方体中，点是线段(含端点）上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 存在点，使
B. 异面直线与所成的角最小值为
C. 无论点在线段的什么位置，都有
D. 无论点在线段的什么位置，都有平面
【答案】ACD
【解析】
【分析】当点与点重合时，由于，，根据平行线的性质可知，从而有，即可判断A选项；由，可知异面直线与所成的角即为异面直线与所成的角，再通过几何法求出线面角的余弦值，即可判断B选项；建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，设，且，得出，再根据空间向量的坐标运算得出，即可判断C选项；由正方体的性质，可知平面平面，再根据面面平行的性质即可得出，从而可判断D选项.
【详解】解：对于A，当点与点重合时，，，
∴，即，故A正确；
对于B，∵，则异面直线与所成的角即为异面直线与所成的角，
进而得出与所成角的最小值即为与平面所成角，
所以与所成角的最小值即为与平面所成角，设为，
设正方体的棱长为1，则，
在正三棱锥中，底面的外接圆半径为，
所以，则，故B不正确；
对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
则，
设，且，则，
则，所以，故C正确；
对于D，易知平面平面，平面，所以，故D正确.
故选：ACD.
12. 以下四个命题中为真命题的是（ ）
A. 圆关于直线对称的圆方程为
B. 圆上有且仅有2个点到直线：距离都等于1
C. 曲线：与曲线：恰有三条公切线，则
D. 已知圆：，点为直线上一动点，过点向圆引切线，为切点，则的最小值为1.
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A，可知圆的圆心坐标为，半径为，根据圆关于直线对称，求出对称后的圆的方程，即可判断A选项；对于B，可知圆的圆心坐标为，半径为，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，从而可判断B选项；对于C，根据圆的方程，分别求出两个圆的圆心和半径，进而求出两个圆的圆心距，再根据圆与恰有三条公切线，从而可求出的值，即可判断C选项；对于D，由圆：的圆心坐标为，半径为，由于，可知当垂直于直线时，再利用点到直线的距离公式求出，从而得出的最小值，即可判断D选项.
【详解】解：对于A，由圆，可得圆心坐标为，半径为，
则圆关于直线对称的圆的圆心坐标为，
所以圆关于直线对称的圆方程为，所以A不正确；
对于B，由圆，可得圆心坐标为，半径为，
则圆心到直线的距离为，
所以圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1，所以B不正确；
对于C，由圆，可得圆心坐标为，半径为，
由圆，可得圆心坐标为，半径为，
可得圆心距，要使得圆与恰有三条公切线，
则且，解得：，所以C正确；
对于D，由圆：，可得圆心坐标为，半径为，
因为，
当垂直于直线时，，
所以，故D正确.
故选：CD.
第二部分非选择题（90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 过点（－1，3）且与直线垂直的直线方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】由直线可知斜率为，根据两直线垂直的斜率关系，可知与之垂直的直线的斜率为，最后利用点斜式求出直线方程.
【详解】解：直线的斜率为，所以与之垂直的直线的斜率为，
故所求的直线方程为：，即.
故答案为：.
14. 已知向量，，若与垂直，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据与垂直，可知，根据空间向量的数量积运算可求出的值，结合向量坐标求向量模的求法，即可得出结果.
【详解】解：与垂直，，
则，解得：，
，
则，
.
故答案为：.
15. 某校高二级学生会主席团共有5名成员，其中女生比男生多，现要从中随机抽取2名成员去参加外校交流活动，若抽到一男一女的概率为，则抽到2名女生的概率为_____.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，可知5名成员中有4女1男或3女2男，分类讨论4女1男和3女2男两种情况，利用列举法列出所有基本事件，再根据古典概型的概率求法，即可求出结果.
【详解】解：由题可知，5名成员中有4女1男或3女2男，
若5名成员中有4女1男，设3名女生分别为，2名男生分别为，
则随机抽取2名成员的所有情况为：
，共10种情况，
所以抽到一男一女的情况为：，共4种情况，
此时抽到一男一女的概率为：，不符合题意；
若5名成员中有3女2男，设3名女生分别为，2名男生分别为，
则随机抽取2名成员的所有情况为：
，共10种情况，
所以抽到一男一女的情况为：，共6种情况，
此时抽到一男一女的概率为：，符合题意，
则抽到2名女生的情况为：，共3种情况，
所以抽到2名女生的概率为：.
故答案为：.
16. 已知两定点，，是圆：上的动点．则
（1）的最大值为__________．
（2）的最小值为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）求出圆心到的距离，加上半径得最大值；
（2）取，构造三角形，利用三角形相似可得，则，数形结合得答案．
【详解】解：（1）由题意，圆半径为，所以；
（2）取，
∵，，，∴，
∴，可得，
∴，
直线方程为，即，
原点到直线距离为，直线与圆相交，
所以共线时，．
故答案为：；．
四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 已知直线的方程为，若在轴上的截距为，且.
（1）求直线和的交点坐标；
（2）已知直线经过与的交点，且在轴上截距是在轴上的截距的2倍，求的方程.
【答案】（1）交点为；（2）的方程为或
【解析】
【分析】（1）根据两直线垂直的关系，以及直线在轴上的截距，可得方程，联立方程，可得结果.
（2）利用（1）的结论，采用分类讨论的方法，可假设直线的截距式，利用（1）的结论，可得结果.
【详解】（1）由直线的方程为且
可得直线的斜率为：2，
又在轴上的截距为，即过点
所以直线方程：
即，
联立方程，得：
，
故交点为
（2）依据题意可知：
直线在轴上截距是在轴上的截距的2倍，
且直线经过与的交点
当直线原点时，方程：
当直线不过原点时，设方程为
则，故方程为：，
即
综上所述：
的方程为或
【点睛】本题主要考查直线方程的求法，灵活假设直线方程，理清题意，细心计算，属中档题.
18. 如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，为侧棱的中点．
（1）设经过、、三点的平面交于，证明：为的中点；
（2）若底面，且，求四面体的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）连结，利用线面平行的判定定理证得平面，利用线面平行的性质定理可以证得，进而得到，即得为的中点；
（2）先利用线面垂直的判定定理证得平面.然后取中点，连，证明平面，找到四面体的高，利用体积公式计算即得解.
【详解】（1）
证明：连结.
因为底面为矩形，所以.
又平面，且平面，
所以平面.
又平面，且平面平面，
所以.
又因为，所以
因为为的中点，所以为的中点.
（2）
平面，平面，
，又，
平面.
取中点，连，
是中点，
，即且平面，
又的面积.
四面体的体积.
【点睛】方法点睛：求几何体的体积常用的方法有：（1）规则的公式法；（2）不规则的割补法；（3）等体积法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
19. 射箭是群众喜闻乐见的运动形式之一，某项赛事前，甲、乙两名射箭爱好者各射了一组（72支）箭进行赛前热身训练，下表是箭靶区域划分及两人成绩的频数记录信息：
用赛前热身训练的成绩估计两名运动员的正式比赛的竞技水平，并假设运动员竞技水平互不影响，运动员每支箭的成绩也互不影响.
（1）估计甲运动员一箭命中10环的概率及乙运动员一箭命中黄圈的概率；
（2）甲乙各射出一支箭，求有人命中10环的概率；
（3）甲乙各射出两支箭，求共有3支箭命中黄圈的概率.
【答案】（1）甲：，乙：；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）设“甲运动员一箭命中10环”，“乙运动员一箭命中黄圈”，根据古典概型的概率求法即可求出和；
（2）设“乙运动员一箭命中10环”，“有人命中10环”，根据古典概型的概率求法求出，再根据独立事件的概率得出，从而得出结果；
（3）设“甲运动员第i箭命中黄圈”，“乙运动员第i箭命中黄圈”，根据古典概型的概率求法求出和，设“共有3支箭命中黄圈”，再根据独立事件的概率得出，从而可计算得出结果.
【小问1详解】
解：设“甲运动员一箭命中10环”，“乙运动员一箭命中黄圈”，
则，，
所以甲运动员一箭命中10环的概率为，乙运动员一箭命中黄圈的概率为.
【小问2详解】
解：设“乙运动员一箭命中10环”，“有人命中10环”，
则，
，，，又、独立，
，
所以甲乙各射出一支箭，有人命中10环的概率为.
小问3详解】
解：设“甲运动员第i箭命中黄圈”，“乙运动员第i箭命中黄圈”，
则，
设“共有3支箭命中黄圈”，
，
又相互独立，互斥，
故
，
所以甲乙各射出两支箭，共有3支箭命中黄圈的概率为.
20. 如图甲，直角梯形中，，，为中点，在上，且，已知，现沿把四边形折起（如图乙），使平面平面.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理得出平面，同理平面，再根据面面平行的判定定理得出平面平面，最后由面面平行的性质从而可证出平面；
（2）根据题意，由面面垂直的性质得出，结合，再根据面面垂直的判定定理，即可证明平面平面.
【小问1详解】
证明：由题意知，平面，平面，
所以平面，同理平面，
∵，∴平面平面，
又平面，
∴平面.
【小问2详解】
证明：在图甲中，，，
∴，则在图乙中，，
又∵平面平面，平面平面，
∴平面，得，
又∵，，∴平面，
而平面， ∴平面平面.
21. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面平面，点为棱的中点.
（1）求证：；
（2）若与平面所成角为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由菱形的性质可知，根据面面垂直的性质得出平面，进而得出，再利用线面垂直的判定定理可证出平面，从而得出；
（2）根据面面垂直的性质得出平面，从而得出与平面所成角为，且，从而可求出，以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，根据空间向量坐标运算求出平面的法向量，而取平面的法向量，最后根据空间向量求二面角的方法求出二面角的余弦值.
【小问1详解】
证明：已知底面是边长为2的菱形，则，
又因为，且平面平面，所以平面，
平面，所以，
而，平面，所以平面，
又平面，所以.
【小问2详解】
解：因为，且平面平面，所以平面，
因为与平面所成角为，所以，
因为底面是边长为2的菱形，且，所以，
所以，
以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设平面的法向量，
则，取，则，，
则，
取平面的法向量，
设二面角的平面角为，由图可知为锐角，
所以，
所以二面角的余弦值为.
22. 已知圆过点，且与直线相切于点.
（1）求圆的方程；
（2）过点的直线与圆交于，两点，若为直角三角形，求直线的方程；
（3）在直线 上是否存在一点，过点向圆引两切线，切点为，，使为正三角形，若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】（1）；
（2）或；
（3）存在，或.
【解析】
【分析】（1）设圆心坐标，半径为，根据两直线垂直关系和切线的性质得出，，再利用斜率的公式和两点间的距离公式进行化简运算求出的值，从而得出圆的方程；
（2）根据题意和圆的性质，可知为等腰直角三角形，且，进而得出圆的圆心到直线的距离为，当直线的斜率不存在时得方程为，当斜率存在时，设斜率为，利用点到直线的距离即可求出的值，从而得出直线的方程；
（3）根据题意，可知，设，由圆的切线性质和两点间的距离公式得出，从而可求出的值，即可得出点的坐标.
【小问1详解】
解：设圆心坐标，半径为，
圆过点且与直线相切于点，
则，，
所以，
即，解得：，
所以，
所以圆的方程：.
【小问2详解】
解：过点的直线与圆交于，两点，且为直角三角形，
而，所以为等腰直角三角形，且，
所以圆的圆心到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线方程，
圆心到直线的距离为5，符合题意；
当直线的斜率存在时，设斜率为，
直线方程为，即
圆心到直线的距离为，
即，则，解得：，
直线的方程为或.
【小问3详解】
解：若直线上存在一点，过点向圆引两切线，切点为，，
使为正三角形，即，
在中，，，
设，即，
解得：或，
所以点的坐标为或.
箭靶区域
环外
黑环
蓝环
红环
黄圈
区域颜色
白色
黑色
蓝色
红色
黄色
环数
1-2环
3-4环
5环
6环
7环
8环
9环
10环
甲成绩(频数)
0
0
1
2
3
6
36
24
乙成绩(频数)
0
1
2
4
6
11
36
12