2023-2024学年湖北省宜昌市宜都市第一中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年湖北省宜昌市宜都市第一中学高二上学期期中数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题，应用题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，则（ ）
A．-19B．-20C．20D．19
【答案】D
【分析】由空间向量的数量积坐标公式求得结果.
【详解】因为，
所以，则，
故选：D.
2．在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由空间直角坐标系中，点的对称性可得出结果.
【详解】在空间直角坐标系中，
点关于平面对称的点坐标是.
故选：A.
3．从装有除颜色外完全相同的2个红球（编号为1，2）和2个白球（编号为1，2）的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个随机事件是（ ），并说明理由．
A．至少有1个白球，都是白球B．至少有1个白球，至少有1个红球
C．恰有1个白球，恰有2个白球D．至少有1个白球，都是红球
【答案】C
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义判断．
【详解】A，“都是白球”这个事件发生时，事件“至少有1个白球”也发生了，因此不互斥；
B，任取2球一红一白时，事件“至少有1个白球”与“至少有1个红球”同时发生，因此不互斥；
C，“恰有1个白球”，“恰有2个白球”这两个事件不可能同时发生，但当两个球都是红球时，它们都不发生，因此它们互斥且不对立；
D，“至少有1个白球”与“都是红球”不可能同时发生，但必有一个会发生，因此它们是对立的，
故选：C．
4．已知一组数据从小到大为4，5，6，8，，13，18，30，若这组数据的分位数是中位数的两倍，则（ ）
A．12B．11C．10D．9
【答案】C
【分析】首先求出中位数，再找到第分位数，即可得到方程，解得即可.
【详解】由题意得这组数据的中位数为，
因为，所以这组数据的分位数为第个数，即，
则，解得．
故选：C
5．已知直线与直线平行，则（ ）
A．0B．0或C．D．0或
【答案】C
【分析】由两直线平行的等价条件列方程，解方程即可得的值.
【详解】因为直线与直线平行，
所以，解得，
故选：C.
6．若方程表示圆，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】把给定方程配方化成圆的标准方程形式即可计算作答.
【详解】方程化为：，
因方程表示圆，于是得，解得，
所以的取值范围是：.
故选：A
7．两定点A，B的距离为3，动点M满足，则M点的轨迹长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意建立坐标系，由题意可得点M的轨迹方程，进而可得M点的轨迹长．
【详解】以点A为坐标原点，直线AB为x轴，建立直角坐标系，如图，

则，设点，
由，得，化简并整理得：，
于是得点M的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，其周长为，
所以M点的轨迹长为.
故选：A.
8．若直线：平分圆的面积，则的最小值为（ ）.
A．6B．8C．4D．
【答案】B
【分析】根据题意可知直线过圆心，进而可得，再利用基本不等式即可得结果.
【详解】由题意可知：圆的圆心为，
若直线平分圆的面积，
则直线过圆心，
得，即，
则，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以的最小值为8.
故选：B.
二、多选题
9．已知直线的一个方向向量为，且经过点，则下列结论中正确的是（ ）
A．的倾斜角等于
B．在轴上的截距等于
C．与直线垂直
D．与直线平行
【答案】CD
【分析】根据题意求出直线的方程，然后逐个分析判断即可.
【详解】因为直线的一个方向向量为，
所以直线的斜率，
因为直线经过点，所以直线的方程为，
即，
A，直线的斜率，则倾斜角等于，A错误；
B，当时，，所以在轴上的截距等于，B错误；
C，因为直线的斜率，直线直线的斜率为，，所以两直线垂直，C正确；
D，因为直线的斜率，直线的斜率，不过（1，-2），所以两直线平行，D正确.
故选：CD
10．某商场推出二次开奖活动，凡购买一定价值的商品可以获得一张奖券，奖券上有一个兑奖号码，可以分别参加两次抽奖方式相同的兑奖活动．如果每次兑奖活动中奖概率都是，且每次中奖互不影响，则两次抽奖中（ ）
A．都中奖的概率为B．都没有中奖的概率为
C．恰有一次中奖的概率为D．至少有一次中奖的概率为
【答案】CD
【分析】根据相互独立事件的概率乘法公式及对立事件的概率公式计算可得.
【详解】因为每次中奖互不影响，即相互独立，每次中奖的概率为，则不中奖的概率为，
则两次抽奖中，都中奖的概率为，故A错误；
两次抽奖中，都没有中奖的概率为，故B错误；
两次抽奖中，恰有一次中奖的概率为，故C正确；
两次抽奖中，至少有一次中奖的概率为，故D正确；
故选：CD
11．设有一组圆：，下列命题正确的是（ ）
A．不论如何变化，圆心始终在一条直线上
B．所有圆均不经过点
C．经过点的圆有且只有一个
D．所有圆的面积均为
【答案】ABD
【分析】对A根据圆心横纵坐标关系即可判断，对B和C代入，再利用判别式即可判断，对D由圆的半径不变即可判断.
【详解】A选项，圆心为，一定在直线上，A正确；
B选项，将代入得：，其中，方程无解，即所有圆均不经过点，B正确；
C选项，将代入得：，其中，
故经过点的圆有两个，故C错误；
D选项，所有圆的半径为2，面积为，故D正确.
故选：ABD.
12．如图，正方体的棱长为1，分别为的中点，则（ ）

A．直线与直线垂直
B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为
D．点与点到平面的距离相等
【答案】BC
【分析】根据给定条件，作出平面截正方体所得截面，再逐项分析判断作答.
【详解】在正方体中，连接，

由分别为的中点，得，且，而正方体的对角面是矩形，
即有，因此，四边形是平面截正方体所得截面，
对于A，假设，因为平面，平面，则，
而平面，于是平面，又平面，
因此，与直线、的夹角为矛盾，则假设是错的，A错误；
对于B，由分别为正方形边的中点，得，
则四边形是平行四边形，，而平面，平面，因此平面，B正确；
对于C，在梯形中，，
则等腰梯形的高为，
所以截面的面积为，C正确；
对于D，显然直线与平面相交于，而，则直线与平面相交，
又点与棱的中点在平面的同侧，于是点到平面的距离不等于点到平面的距离，
由平面经过线段的中点，得点到平面的距离相等，所以点与点到平面的距离不相等，D错误.
故选：BC
三、填空题
13．平行线与间的距离为 ．
【答案】/
【分析】利用平行线间的距离公式计算可得答案.
【详解】将方程两边乘以2，得，
所以两平行线间的距离为．
故答案为：．
14．已知，，，若，，，四点共面，则 ．
【答案】5
【分析】根据，，，四点共面，由求解.
【详解】解：因为，，，且，，，四点共面，
所以，则，解得，
故答案为：5
15．已知棱长为1的正方体为的中点，点为四边形及其内部任意一点，若，则三棱锥体积的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据给定的正方体，建立空间直角坐标系，求出点N的坐标满足的关系式，结合锥体体积计算作答.
【详解】在棱长为1的正方体中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则有，设点，
于是得，因，
则，因此有，点N到平面的距离，
三棱锥体积，
所以三棱锥体积的取值范围是.
故答案为：
16．点在动直线上的投影为点M，若点，那么的最小值为 .
【答案】
【分析】易知直线过定点，再由在动直线上的投影为点M，得到，进而得到的轨迹是以为直径的圆求解.
【详解】解：因为直线过定点，且，
所以的轨迹是以为直径的圆，且圆心为，半径，
所以，
故答案为：.
四、解答题
17．已知.
(1)求点到直线的距离；
(2)求的外接圆的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用直线的两点式求得直线的方程为，由点到直线距离公式即可求出结果；
（2）设的外接圆的方程为，代入坐标联立解方程组即可求得结果.
【详解】（1）直线的方程为，
化简可得，
所以点到直线的距离.
（2）设的外接圆的方程为，
将的坐标代入，得
，即
解得；
故所求圆的方程为.
18．如图，二面角的大小为，四边形与均为正方形，，，记．

(1)请用表示，并求；
(2)求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用向量的线性运算表示，然后利用向量数量积的公式求出即可；
（2）利用向量的模长公式求出，然后利用向量数量积的公式求出两个向量夹角的余弦值即可.
【详解】（1）由已知得：，
，
∴，
∴
（2）四边形与均为正方形，平面平面,
所以即二面角的大小为，且
∴，
∴===，
∴异面直线AB与PQ所成角的余弦值为．
五、证明题
19．如图，在棱长为2的正方体中，点分别是线段的中点.

(1)求证：
(2)求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先建立空集直角坐标系，分别求和的坐标，利用向量平行，即可证明线线平行；
（2）首先利用向量公式求点到平面的距离，再代入体积公式，即可求解.
【详解】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，

，
所以，显然，易知两者不共线，
所以有；
（2）由（1）可得：，
所以，
设平面的法向量为，
所以有，
因此点到平面的距离为，
在等腰三角形中，，
所以等腰三角形的面积为，
所以三棱锥的体积为
六、应用题
20．2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是继2002年韩日世界杯之后时隔二十年第二次在亚洲举行的世界杯足球赛.某学校统计了该校500名学生观看世界杯比赛直播的时长情况（单位：分钟），将所得到的数据分成7组：，，，，，，（观看时长均在内），并根据样本数据绘制如图所示的频率分布直方图.

(1)求的值，并估计样本数据的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
(2)采用分层抽样的方法在观看时长在和的学生中抽取6人，现从这6人中随机抽取2人分享观看感想，求抽取的2人恰好观看时长在的概率.
【答案】(1)，平均数为157.6；
(2)
【分析】（1）由频率和为1列方程可求出的值，再根据平均数的定义可求得平均数，
（2）根据分层抽样的定义结合频率分布直方图求出在和所抽取的人数，然后利用列举法可求得结果.
【详解】（1）解：由频率分布直方图性质得：
，
解得
平均数为
，
∴估计样本数据的平均数为157.6；
（2）解：采用以样本量比例分配的分层随机抽样方式，
则中抽取人，
分别记为，，，，中抽取人，分别记为，，
现从这6人中随机抽取2人分享观看感想，包含的基本事件有：
，，，，，，，，，，，，，，共15个，
抽取的2人恰好观看时长在基本事件有：
，，，，，共6个，
所以抽取的3人中恰有2人的观看时长在的概率为.
七、解答题
21．已知点P和非零实数，若两条不同的直线，均过点P，且斜率之积为，则称直线，是一组“共轭线对”，如直：，：是一组“共轭线对”，其中O是坐标原点．

(1)已知点、点和点分别是三条直线PQ，QR，RP上的点（A，B，C与P，Q，R均不重合），且直线PR，PQ是“共轭线对”，直线QP，QR是“共轭线对”，直线RP，RQ是“共轭线对”，求点P的坐标；
(2)已知点，直线，是“共轭线对”，当的斜率变化时，求原点O到直线，的距离之积的取值范围．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）设直线RP，PQ，QR的斜率分别为，，，则根据题意可得，解方程组求出，，，从而可求出的方程，进而解方程组可求出点的坐标，
（2）根据题意设：，：，其中，然后利用点到直线的距离公式求出O到直线，的距离的积，化简后利用基本不等式可求得其范围.
【详解】（1）设直线RP，PQ，QR的斜率分别为，，，
则，得，，或，，．
当，，时，直线RP的方程为，直线PQ的方程为，
由，解得，则；
当，，时，直线PR的方程为，直线PQ的方程为，
由，解得，则；
故所求为或；
（2）设：，：，其中，
故
由于（等号成立的条件是），
故，．
22．如图，在八面体中，四边形是边长为2的正方形，平面平面，二面角与二面角的大小都是，，．
(1)证明：平面平面；
(2)设为的重心，是否在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，求到平面的距离，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）依题意可得平面，再由面面平行及，可得平面，如图建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明，即可得到平面，再证明平面，即可得证；
（2）设点，其中，利用空间向量法得到方程，求出的值，即可得解.
【详解】（1）因为为正方形，所以，又，，平面，
所以平面，所以为二面角的平面角，即，
又平面平面，，
所以平面，即为二面角的平面角，即，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，即，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面，
因为，平面，
所以平面平面.
（2）由点在上，设点，其中，点，
所以，平面的法向量可以为，
设与平面所成角为，
则，
即，化简得，
解得或（舍去），
所以存在点满足条件，且点到平面的距离为.