浙江省杭州市钱塘联盟2023-2024学年高二数学上学期期中联考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省杭州市钱塘联盟2023-2024学年高二数学上学期期中联考试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 已知直线，，则“”是“”的， 下列说法中，正确的有等内容，欢迎下载使用。

考生须知：
1.本卷共6页满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一、单项选择题：本题共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. 空间直角坐标系中，点关于平面的对称点是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】关于平面对称，则横坐标互为相反数，纵坐标和竖坐标不变，得到答案.
【详解】关于平面的对称点为.
故选：C
2. 高二年级有男生310人，女生290人，用分层随机抽样的方法按性别比例从全年级学生中抽取样本，若抽取的样本中男生有31人，则该样本的样本容量为（ ）
A. 30B. 40C. 50D. 60
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用分层抽样的意义列式计算作答.
【详解】由题意样本容量为.
故选：D.
3. 在下列条件中，点与点，，一定共面的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据共面可得出，据此可排除ABD，只有C满足.
【详解】若点与点，，共面，则共面，
从而存在实数使得，
即，
，
，
而AD选项都不满足，故AD错误；
对B，由，可得，
因为，所以B错误；
对C，可得，
化简可得，满足，
故选：C
4. 已知一组数，，，的平均数是，方差，则数据，，，的平均数和方差分别是（ ）
A. 3，4B. 2，8C. 2，4D. 5，8
【答案】D
【解析】
【分析】根据平均数和方差的性质运算求解.
【详解】由题意可得：数据，，，的平均数为，方差是.
故选：D.
5. 已知直线，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由直线的位置关系与充分必要条件的概念求解，
【详解】令得，
当时，，重合，
当时，，
故“”是“”的充要条件，
故选：C
6. 已知向量在向量上的投影向量是，且，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量在向量上的投影向量求出，代入的定义式即可.
【详解】，设向量在向量夹角为，
所以向量在向量上的投影向量为，
所以，所以.
故选：C.
7. 已知是椭圆的上顶点，若过的直线与圆相切，且的倾斜角为，则椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据斜率和点得直线方程，根据相切，结合点到直线的距离公式即可得，进而可得求解.
【详解】由题意可得,，
所以的方程为，
圆心到的距离等于半径，即，
所以，故，
故选；A
8. 在平面直角坐标系xOy中，圆O：与圆M：相交于A，B两点，若对于直线AB上的任意一点P，均有成立，则半径r的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知与直线AB位置关系，利用圆与圆的位置关系即可得出r的范围．
【详解】圆O的圆心为，半径为r，圆M的圆心为半径为2．
∴ ，
∵圆O与圆M相交，
∴．
∵对于直线AB上任意一点P，均有成立，
又，当直线AB过点M时，．
∴．
故答案为：．
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. 下列说法中，正确的有（ ）
A. 直线在轴上的截距为1
B. 直线的倾斜角
C. 直线必过定点
D. 点到直线的距离为1
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据直线的相关概念和定义逐个判定即可.
【详解】对于A：当时解得，所以直线在轴上的截距为1，A正确；
对于B：直线的斜率，所以，又，所以，B错误；
对于C：直线满足当时无论参数取什么值时，恒成立，所以过定点，C正确；
对于D：点到直线的距离为，D正确，
故选：ACD
10. 教育部《关于进一步加强中小学生体质健康管理工作的通知》中指出，“各地要加强对学生体质健康重要性的宣传，让家长和中小学生科学认识体质健康的影响因素”.提高学生体育与健康素养，增强体质健康管理的意识和能力.某学校共有2000名男生，为了了解这部分学生的身体发育情况，学校抽查了100名男生的体重情况.根据所得数据绘制样本的频率直方图如图所示，则下列结论中正确的是（ ）

A. 样本的众数为67.5B. 样本的80百分位数为72.5
C. 样本的平均值为66D. 该校男生中低于的学生大约为300人
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据众数的估计方法判断A；根据80百分位数的求法可判断B；根据平均值的估计方法判断C；根据频数的计算方法判断D.
【详解】对于A，由频率分布直方图可得样本的众数为，正确；
对于B，由于，
，
故设样本的80百分位数为x，则，正确；
对于C，样本的平均值为，错误；
对于D，该校男生中低于的学生大约为（人），正确，
故选：ABD
11. 先后两次郑一枚质地均匀的骰子，表示事件“两次郑出的点数之和是6”，表示事件“第二次郑出的点数是偶数”，表示事件“两次郑出的点数相同”，表示事件“至少出现一个奇数点”，则（ ）
A. 事件，为互斥事件B. 事件，为对立事件
C. D. 事件，为相互独立事件
【答案】CD
【解析】
【分析】根据互斥事件、对立事件的定义判断AB，写出基本事件空间判断CD.
【详解】因为A事件包含两次掷出点数分别为（3，3），所以事件A，可以同时发生，故A错误；
因为事件“第二次郑出的点数是偶数”与事件“至少出现一个奇数点”可以同时发生，如事件（1,2），故B错误；
因为基本事件空间为，，，，，
，共36个基本事件，至少出现一个奇数的事件共有27个，所以，故C正确；
因为根据C选项可知，，，，
所以，故D正确.
故选：CD
12. 已知长方体的棱，，点满足：，，下列结论正确的是（ ）
A. 当，时，到的距离为
B. 当时，点到平面的距离的最大值为
C. 当，时，四棱锥的体积为
D. 当时，直线与平面所成角的正切值的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由向量关系判断所在位置或所在区域，根据长方体特征结合点线面距离判断AB，根据棱锥体积公式判断C，由线面角定义判断D.
【详解】如图，
.A：，则，即，故在上运动，
所以到的距离即棱与的距离，故A错误；
B：，则，故在面上运动，所以，当在上时，的到平面的距离最大，
而，面，面，则面，
所以，由长方体结构特征，最大值问题转化为到的距离，，则，故B正确；
C：，则，故为中点，
如下图，，，
所以的底面为矩形，顶点在的投影为底面中心，即，的交点，∴，故C正确；
D：，则，故在上运动，
根据长方体可知为线面角，所以当与重合时，直线与面所成角正切值的最大值为，故D正确；
故选：BCD
非选择题部分
三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.
13. 高二某位同学参加物理、政治科目学考，已知这位同学在物理、政治科目考试中得的概率分别为，，这两门科目考试成绩的结果互不影响，则这位考生至少得1个的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件利用相互独立事件、对立事件的概率公式计算作答.
【详解】依题意，这位考生至少得1个A的对立事件为物理、政治科目考试都没有得A，
其概率为，
所以这位考生至少得1个A的概率为.
故答案为：
14. 在空间直角坐标系中，已知点，向量，平面，则点到平面的距离为______.
【答案】1
【解析】
【分析】根据点面距离的向量公式计算即可.
【详解】，为平面的一个法向量，
，
即点到平面的距离为1.
故答案为：1
15. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用切线构造直角三角形，由三角函数定义求出，，再利用二倍角正弦公式即可求解．
【详解】由可得，
故圆心，记，设切点为M，N,
，，故，
，， .
故答案为：
16. 椭圆的左焦点为，上顶点为，若存在直线与椭圆交于不同两点，，的重心为，直线的斜率取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据点差法求出直线斜率，再由重心及均值不等式求最值即可得解.
【详解】设椭圆的半焦距为，由已知，
设，，
因为重心为，所以，，
所以，，
又，两式相减可得：，
所以，
所以直线的斜率，
当且仅当时等号成立，又，
所以直线的斜率取值范围是.
故答案为：
四.解答题：本题共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. 已知的三个顶点是，，，求：
（1）边上的中线所在直线的方程；
（2）边上的高所在直线的方程.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据中点及B求所在直线的斜率求解；
（2）根据高所在直线斜率求解即可.
【小问1详解】
设中点为，则，
所以，
所以中线所在直线方程为，
即.
【小问2详解】
因为，
所以边的高所在直线的斜率为，
所以边上高所在直线为，
即直线方程为.
18. 如图，在正四面体中，已知是线段的中点，在上，且
（1）试用向量，，表示向量；
（2）若正四面体的边长为2，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解；
（2）根据空间向量的数量积的计算公式，准确计算，即可求解.
【小问1详解】
解：因为点是线段的中点，在上，且,
根据向量的线性运算法则，可得：
，
即.
【小问2详解】
解：因为正四面体的边长为，且，
可得，且，
由（1）可得知
.
19. 已知点，，求：
（1）过点，且周长最小的圆的标准方程；
（2）直线被过点，且圆心在直线上的圆所截得的弦长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）当为直径时满足题意，求出圆的方程即可；
（2）由题意求出圆的方程，再由圆心距、半径、半弦长的关系求弦长.
【小问1详解】
当为直径时，过，的圆的半径最小，从而周长最小.
即的中点为圆心，半径，
则圆的标准方程为.
【小问2详解】
的斜率为，则的垂直平分线的方程是，
即，
由圆心在直线上，得两直线交点为圆心，即圆心坐标是.
.
故所求圆的标准方程是.
圆心到直线的距离，
弦长.
20. 在平面直角坐标系中，已知点，，点满足.记的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）直线交于，两点，，为上的两点，若四边形的对角线，求四边形面积的最大值.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆的定义得到轨迹方程；
（2）联立直线方程和椭圆方程，求出，设直线的方程为，设，，得到两根之和，两根之积，根据根的判别式和位置关系得到，表达出，四边形的面积，求出最大值.
【小问1详解】
因为，
由椭圆定义，轨迹是以点，为焦点，长轴长为的椭圆，
设椭圆方程为，
则，∴
又∵，则，
∴椭圆的方程为；
【小问2详解】
由，解得或，
因此.
设直线的方程为，设，.
由得
，故.
又，的交点在，之间，故.
因为直线的斜率为1，
所以.
又四边形的面积，
当时，取得最大值，最大值为，
所以四边形面积的最大值为.
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
21. 如图，三棱柱，底面ABC是边长为2的正三角形，，平面平面．
（1）证明：平面ABC；
（2）若BC与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）平面与平面所成角的余弦值为.
【解析】
【分析】（1）取的中点，的中点，由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，得到，再证明出，从而得到平面；
（2）建立空间直角坐标系，设，然后算出直线的方向向量和平面的法向量坐标，然后可求出，然后再算出平面的法向量坐标，然后可算出答案.
【小问1详解】
如图，取中点，的中点，连接，，，
因为，是的中点，所以，
平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因，，是的中点，
所以，，
又，平面，
所以平面，
因为平面，.
又，平面，
所以平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，，分别为，轴，平行为轴，建系如图所示，
设，则，，，，
，，
设平面的法向量为，
，
取可得，
所以为平面的一个法向量，
设与平面所成的角为，
则，
解得，
从而，，
设平面的法向量为，
，
取可得，，
所以，
所以，
设平面与平面夹角为，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
22. 已知椭圆：的左顶点为，焦距为.动圆的圆心坐标是，过点作圆的两条切线分别交椭圆于和两点，记直线、的斜率分别为和.
（1）求证：；
（2）若为坐标原点，作，垂足为.是否存在定点，使得为定值？
【答案】（1）证明见解析
（2）存在点
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得的值，得出椭圆的方程，结合直线与圆相切，转化为和是方程的两根，结合韦达定理，即可求解；
（2）设点，，联立方程组，分别求得点和点，得出直线的方程，结合椭圆的对称性，化简得到，进而得到的值，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意知，椭圆的左顶点为，焦距为，
可得，解得，所以故椭圆方程为，
设过点与圆的切线的直线为，动圆的半径为，则
化简得，
所以和是方程的两根，由韦达定理知，.
【小问2详解】
解：设点，，
联立方程组，整理得，
则，得，，所以
因为，所以将换成，可得，
则直线的斜率
所以直线的方程为
由椭圆的对称性可知，直线必过轴上一定点
所以，化简得
这是一个与无关的方程，所以，即直线过定点.
因为，所以点的轨迹是以为直径的圆上的一段弧，
故存在点，使得为定值.
【点睛】方法点拨：对于圆锥曲线中的定点、定值问题的求解策略：
（1）对于定点、定值问题，可考虑能否用特殊点或特殊值求得定点或定值，再把结论推广到一半结论；
（2）运用函数与方程的思想方法进行解答，一把步骤：①选择适当的变量；②把要证明的顶点、定值的量表示为上述变量的函数或方程；③把定点、定值的量化成与变量无关的结构形式，从而加以判定或证明.