2023-2024学年福建省德化第一中学高二上学期第一次质量检测数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省德化第一中学高二上学期第一次质量检测数学试题含答案，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．直线，，，的图象如图所示，则斜率最小和最大的直线是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】B
【分析】根据倾斜角的大小判断.
【详解】直线的倾斜角为钝角，斜率为负，直线的倾斜角为锐角，斜率为正，其中的倾斜角大于的倾斜角角，的倾斜角大于的倾斜角，因此直线的斜率最大，直线的斜率最小，
故选：B.
2．在空间直角坐标系中，是直线的方向向量，是平面的一个法向量，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，得到，结合空间向量共线的坐标运算，即可求解.
【详解】由题意，是直线的方向向量，是平面的一个法向量，
因为，可得，则存在唯一实数，使得，即，
所以，消去得：．
故选：C.
3．直线过点，且方向向量为，则（ ）
A．直线的点斜式方程为B．直线的斜截式方程为
C．直线的截距式方程为D．直线的一般式方程为
【答案】C
【分析】根据直线的方向向量为，求得直线的斜率，得出直线的方程的形式，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由直线的方向向量为，可得直线的斜率为，
又由直线过点，所以直线的点斜式方程为，所以A错误；
对于B中，由，可得直线的斜截式方程为，所以B错误；
对于C中，由，可得直线的截距式方程为，所以C正确；
对于D中，由，可得直线的一般式方程为，所以D错误.
故选：C.
4．设､为两条直线，、为两个平面，则下列命题中假命题是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】C
【分析】根据空间平面间的位置关系，面面垂直、平行的判定定理判断．
【详解】对于A，，，过空间一点作交平面于点，作交平面于点，
则，，
设确定的平面与的交线交于点，如图：

则，，所以，，
又，所以，可得四边形为矩形，
所以，，
所以，又，所以，故A正确；
对于B，若，，，
过作平面交平面于点直线，如图：

由得，又，所以，
又，所以，又，所以，故B正确；
对于C，若，，，则可能平行也可能相交，故C错误；
对于D，若，，则，又，则，故D正确.
故选：C.
5．一束光线自点发出，被平面反射后到达点被吸收，则光线所走的路程是（ ）
A．B．C．D．3
【答案】C
【分析】根据光的反射定律可知，入射光线必过点，代入两点间距离公式即可.
【详解】∵入射光线被平面反射后到达点且被吸收，根据光的反射定律可知入射光线必过点，故光经发射到吸收所走过的路程为.
故选：C.
6．一只口袋中装有很多黑色围棋子（不便倒出来数），为了估计口袋中黑色围棋子的个数，聪明的小红采用以下方法：在口袋中放入10枚（质地、大小相同，只有颜色不同）白色的围棋子，混合均匀后随机摸出1枚，记下颜色后放回口袋．不断重复上述过程，小红一共摸了260次，其中摸到白色棋子共8次，则估计口袋中黑色围棋子大约有（ ）
A．500枚B．585枚C．325枚D．285枚
【答案】C
【分析】由题意得到黑色棋子与白色棋子的比例，进而估算出黑色棋子的个数，结合选项，即可求解.
【详解】由题意，小红共摸了260次，其中8次摸到白色棋子，则有252次摸到黑色棋子，
所以黑色棋子与白色棋子的比例为，
因为白色棋子有10枚，则黑色棋子有，
其中与答案中的325最接近.
故选：C．
7．已知空间向量，，，则（ ）
A．B．0C．4D．
【答案】A
【分析】先根据已知条件求出，再由可求得结果.
【详解】因为，所以，
因为，，
所以，
所以，
故选：A
8．如图所示，正三棱锥，底面边长为2，点Р到平面ABC距离为2，点M在平面PAC内，且点M到平面ABC的距离是点P到平面ABC距离的，过点M作一个平面，使其平行于直线PB和AC，则这个平面与三棱锥表面交线的总长为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】过点P作底面的垂线于点O，过B作AC的垂线于H. 过点M作平面平行和AC交三棱锥与平面.求出各边边长，及可求出.
【详解】因为三棱锥为正三棱锥，所有三角形为等边三角形并且边长为2，即.
又因为为正三棱锥，因此过点P作底面的垂线于点O，则点O为三角形的中心.
过B作AC的垂线于H.由三角形为等边三角形，因此，
在直角三角形中，.
又因为，在直角三角形中，，故.
因为三棱锥为正三棱锥，因此均为等腰三角形.
又M到平面距离为点P到平面距离的，因此M为的三等分点（靠近P），
过点M作交于，交于.过点作交于，过点作交于，连接.
所以，则四点共面.
因为，面，面
所以面.
所以面即为过点M且平行于直线PB和AC的平面.
利用三角形相似可得：,.这个平面与三棱锥表面交线的总长为.
故选：B
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件
B．直线的倾斜角的取值范围是
C．过点，且在两坐标轴上截距互为相反数的直线的方程为
D．己知，若直线与线段有公共点，则
【答案】BD
【分析】根据两直线垂直的要求，可判断A；斜率和倾斜角的关系可以判断B；直线两坐标轴上截距互为相反数,分过原点，不过原点讨论，判断C；根据题意画图，数形结合判断D.
【详解】对于A，当时，两直线分别为和，此时两直线垂直，充分性成立，
若两直线垂直，则，解得或，必要性不成立，
所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分不必要条件，故A错误；
对于B，由直线，得，
所以斜率，设倾斜角为，则，
又，所以，故B正确；
对于C，若直线过原点，则方程为，若直线不过原点，设直线方程为，
代入，得，所以直线方程为，
综上，直线的方程为或，故C错误；
对于D，若直线，得：，所以直线恒过定点，
因为，，
结合图象可知直线的斜率，即，故D正确.
故选：BD.
10．同时掷红、蓝两枚质地均匀的骰子，事件A表示“两枚骰子的点数之和为5”，事件B表示“红色骰子的点数是偶数”，事件C表示“两枚骰子的点数相同”，事件D表示“至少一枚骰子的点数是奇数”.则下列说法中正确的是（ ）
A．A与C互斥B．B与D对立
C．A与D相互独立D．B与C相互独立
【答案】AD
【分析】利用互斥事件、对立事件、相互独立事件的定义逐一分析判断即可得解.
【详解】解：对于选项A，因为两枚骰子的点数相同，所以两枚骰子的点数之和不能为5，
所以A与C互斥，故A正确；
对于选项B，当红色骰子的点数为偶数，蓝色骰子的点数为奇数时，B与D同时发生，
因此这两个事件不对立，故B错误；
对于选项C，，，，
显然，所以A与D不相互独立，故C错误；
对于选项D，，，，
显然，所以B与C相互独立，故D正确；
故选：AD.
11．已知点，，且点在直线：上，则（ ）
A．存在点，使得B．若为等腰三角形，则点的个数是3个
C．的最小值为D．最大值为3
【答案】BCD
【分析】对于A，分类讨论，利用斜率公式以及两直线垂直的条件即可判断；对于B，分类讨论，讨论等腰三角形的顶点，结合点到直线的距离即可判断；对于C，求出点关于直线l的对称点，结合几何性质，数形结合，即可求解；对于D，结合几何性质，数形结合，即可判断；
【详解】对于A，设，当PM斜率不存在时，，此时，
则，即与不垂直；
当PN斜率不存在时，，此时，
则，即与不垂直；
当且时，，，
若，则，即，
由于，方程无解，故与不垂直；
综合可知不存在点，使得，A错误；
对于B，若等腰的顶点为P，此时P在的垂直平分线上，
则P点横坐标为，此时；
当M为等腰的顶点时，由于点M到直线：的距离为，
故直线l上必存在两点满足，设这两点为，
由于l上纵坐标为1的点为，该点和M的距离为2，
故和M，N不共线，适合题意，
由于N点到直线：的距离为，
故以N点为顶点的等腰不存在，
综合以上可知为等腰三角形，则点的个数是3个，B正确；
对于C，设点关于直线l的对称点为，
则，解得，即，
故,
当且仅当三点共线（P在之间）时取得等号，
即的最小值为，C正确；
对于D，如图，，
当且仅当P为的延长线与l的交点时等号成立，
即最大值为3，D正确，
故选：BCD
【点睛】方法点睛：（1）注意分类讨论方法的应用，比如选项A，B的判断；（2）注意数形结合思想的运用，比如选项C，D的求解.
12．直四棱柱中，底面为菱形，，，P为中点，点在四边形内（包括边界）运动，下列结论正确的是（ ）
A．若，且，则四面体的体积为定值
B．若平面，则的最小值为
C．若的外心为，则为定值2
D．若，则点的轨迹长度为
【答案】AB
【分析】对于A，取的中点分别为，，由条件确定的轨迹，结合锥体体积公式判断A；对于B，由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得平面，进而可求得的最小值；对于C，由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断，对于D，由条件确定点的轨迹为圆弧，利用弧长公式求轨迹长度即可判断.
【详解】对于A，取的中点分别为，连接，则，，，
因为，，所以，，
所以三点共线，所以点在，因为，，
所以,平面，平面，所以∥平面，
所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值，
所以四面体的体积为定值，所以A正确；
对于B，因为，因为平面，平面，
所以∥平面，又平面，，平面，
所以平面平面，取的中点，连接，则，，
所以，所以四点共面，所以平面平面，
即在上，当时，取最小值，
因为，所以，，所以，所以重合，所以的最小值为，所以B正确；
对于C，若的外心为，过作于，
因为，
所以，所以C错误；
对于D，过作，垂足为，因为平面，
平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又在中，，
所以，，
在中，，，，所以，
则在以为圆心，2为半径的圆上运动，
在上取点，使得，则，
所以点的轨迹为圆弧，因为，所以，
则圆弧等于，所以D错误；
故选：AB
【点睛】关键点睛：本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题.
三、填空题
13．两平行直线和间的距离是 ．
【答案】/
【分析】根据给定条件，利用平行间距离公式计算作答.
【详解】直线化为：，
所以直线和间的距离是.
故答案为：
14．有甲乙两个形状完全相同的正四棱台容器如图所示，已知，高为6，现按一定的速度匀速往甲容器里注水，当水的高度是正四棱台高度的一半时用时7分钟，如果按照相同的速度匀速往乙容器里注水，当水的高度是四棱台高度的一半时用时 分钟．
【答案】
【分析】根据棱台体积公式求得正确答案.
【详解】设正四棱台的高为，由可知，
中截面（图中阴影部分）是边长为的正方形，
当水的高度是正四棱台高度的一半时，
甲容器内水的体积为，
设水流的速度为，则，
当乙容器中水的高度是四棱台高度的一半时，
水的体积为，
当水的高度是正四棱台高度的一半时用时为分钟.
故答案为：
15．在平面直角坐标系中，已知直线l上的一点向右平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度后，仍在该直线l上，则直线l的斜率为 ．
【答案】
【分析】根据直线的移动方式求得直线的斜率.
【详解】依题意，直线l上的一点向右平移1个单位长度，再向下平移3个单位长度后，
仍在该直线l上，如下图所示，
所以直线的斜率为.
故答案为：
四、双空题
16．已知单位空间向量，，满足，.若空间向量满足，且对于任意实数，的最小值是2，则在，所构成的平面内的投影向量的长度是 ；的最小值是 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，根据条件求向量的坐标，由模的坐标运算求在，所构成的平面内的投影向量的长度，由二次函数求最值即可求得的最小值．
【详解】空间中以O点为原点，以，方向为轴正方向，垂直于，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，
则 ，设，
由，得，即，
由是单位空间向量可得，，
在，所构成的平面内的投影向量的坐标为，可得其模长为；
设，由，得，
则，
，
当，的最小值是2，所以 ，
若，，，，
，
，
当时，最小值为．
同理，若，，最小值为.
若，，，
，
，
当时，最小值为．
同理，若，，最小值为.
综上所述：的最小值是．
故答案为：；.
五、解答题
17．已知三角形ABC，，，，以BA，BC为邻边作平行四边形ABCD．
(1)求点D的坐标：
(2)过点A的直线l交线段BC于点E．若，求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)x＝1
【分析】（1）根据平行四边形得到，列出方程组，求出D点的横纵坐标；
（2）根据面积的倍数关系得到，设出E点坐标，从而列出方程组，求出E点的横纵坐标，从而得到直线l的方程.
【详解】（1）由题可知，以BA，BC为邻边的平行四边形ABCD满足，
所以，所以．
（2）要使，点E在线段BC上，则，
设，
则，
又直线l过，故直线l的方程为：x＝1．
六、未知
18．如图，在矩形和中，，记．
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)是否存在使得平面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）利用向量法求得异面直线与所成角的余弦值.
（2）由求得的值.
【详解】（1）由已知得：
，同理，
所以，
故异面直线与所成角的余弦值；
（2）假设存在使得平面，
则由平面得．
根据矩形的知识可知：，
因为①，①显然成立，
由，得②，
由②得，
化简得，解得，满足条件．
故存在使得平面．
七、解答题
19．某快餐配送平台针对外卖员送餐准点情况制定了如下的考核方案：每一单自接单后在规定时间内送达､延迟5分钟内送达､延迟5至10分钟送达､其他延迟情况，分别评定为，，，四个等级，各等级依次奖励3元､奖励0元､罚款3元､罚款6元.假定评定为等级，，的概率分别是，，.
（1）若某外卖员接了一个订单，求其延迟送达且被罚款的概率；
（2）若某外卖员接了两个订单，且两个订单互不影响，求这两单获得的奖励之和为0元的概率.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）设事件，，，分别表示“被评为等级，，，”.由题意，事件，，，两两互斥，然后利用互斥事件的概率加法公求解即可；
（2）设事件，，，表示“第单被评为等级，，，”，.
则“两单共获得的奖励为0元”即事件，且事件，，互斥，然后分别求出对应的概率，再利用互斥事件的概率加法公求解即可
【详解】解：（1）设事件，，，分别表示“被评为等级，，，”.
由题意，事件，，，两两互斥，
所以.
又“延迟送达且被罚款”，
所以.
因此“延迟送达且被罚款”的概率为.
（2）设事件，，，表示“第单被评为等级，，，”，.
则“两单共获得的奖励为0元”即事件，
且事件，，互斥，
又
又
所以
20．已知直线与直线的交点为.
(1)若直线过点，且点和点到直线的距离相等，求直线的方程；
(2)若直线过点且与轴和轴的正半轴分别交于，两点，求面积的最小值及此时直线的方程.
【答案】(1)或
(2)；
【分析】（1）先求出交点，由两点到直线的距离相等，分直线与直线平行与相交两类情况求解即可；
（2）设直线截距式方程，由直线过点得，利用基本不等式求最值，进而得面积的最值，再通过取等条件，求出直线方程.
【详解】（1）由解得，即交点，
由点和点到直线的距离相等，直线过的中点或，
当直线过的中点时，中点为，则直线；
当直线时，由的斜率，
得方程为，即.
故所求直线方程为或.
（2）由题意知，直线的横、纵截距，都存在，且，
则可设直线，由直线过，
则，由基本不等式得，解得，
当且仅当，即时，等号成立.
则的面积，即面积的最小值为，
此时，直线方程为，即.
21．2023年9月，第19届亚洲运动会将在中国杭州市举行，某调研机构为了了解人们对“亚运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“亚运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.

(1)根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和上四分位数；
(2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“亚运会”宣传使者：
（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲､乙两人至少有一人被选上的概率；
（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和1，据此估计这人中35~45岁所有人的年龄的方差.
【答案】(1)31.75岁；36.25
(2)（i）；（ii）10
【分析】（1）根据频率分布直方图，利用平均数的计算公式求解可得平均数；上四分位数即第百分位数，根据定义可构造方程求得结果；
（2）（i）根据分层抽样原则可求得第四组和第五组抽取的人数，采用列举法可得样本点总数和满足题意的样本点个数，根据古典概型概率公式可求得结果；
（ii）由可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数，由可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差.
【详解】（1）设这人的平均年龄为，则
（岁）
设上四分位数（第75百分位数）为，
，，
位于第四组：内；
方法一：由，解得.
方法二：由，解得.
（2）（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙，对应的样本空间为：
，
共15个样本点.
设事件“甲､乙两人至少一人被选上”，则
，
共有9个样本点.所以，.
（ii）设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为.
设第四组的宣传使者的年龄分别为，平均数为，方差为，
设第五组的宣传使者的年龄分别为，，平均数为，方差为，
则，，，
，
可得，，，，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为．
则，
即第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，
法一：
.
法二：
.
即第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为；
据此估计这人中年龄在岁的所有人的年龄的平均数为，方差约为．
22．如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，，，E为BC的中点．

(1)证明：．
(2)若二面角的平面角为，G是线段PC上的一个动点，求直线DG与平面PAB所成角的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取AD的中点F，可证得，，从而平面PEF，根据线面垂直的性质可得结论；
（2）过点P作PO垂直于直线EF，垂足为O，可得平面，以O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系．写出点的坐标，求出平面PAB的法向量，可得直线DG与平面PAB所成的角的正弦值的表达式，结合换元法及二次函数的性质得出答案.
【详解】（1）如图，取AD的中点F，连接PF，EF．
∵底面ABCD是正方形，，∴，．
∵，平面PEF，∴平面PEF．
又∵平面PEF，∴．
（2）由（1）可知，二面角的平面角为，且为，
过点P作PO垂直于直线EF，垂足为O，
∵平面PEF，平面PEF，∴，
∵平面，∴平面，
以O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

易得，，，，
则，，，，，
，，，，
设平面PAB的法向量为，则
得取，则．
设，，则，
设直线DG与平面PAB所成的角为，
则，
令，则，．
当时，，；
当时，，
当，即，时，取得最大值，且最大值为，此时．
所以直线DG与平面PAB所成角的最大值为．