浙江省七彩阳光新高考研究联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省七彩阳光新高考研究联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析），共23页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。

高二年级数学 试题
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、选择题：（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. 已知空间向量，若，则（ ）
A. B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量的坐标表示计算即可.
【详解】由题意可知.
故选：A
2. 若直线的倾斜角为，则该直线的一个方向向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用直线的倾斜角求得其斜率，再利用直线方向向量的定义即可得解.
【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，
所以其中的一个方向向量为，故D正确，
其余选项经检验，皆错误.
故选：D.
3. 在3张彩票中有2张有奖，甲、乙两人先后从中各任取一张，则乙中奖的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用全概率公式即可直接求解.
【详解】设甲中奖为A事件，乙中奖为B事件,
则
,
故选：B.
4. 设椭圆的左､右焦点分别为，，上顶点为B.若，则该椭圆的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意和椭圆的几何性质，得到，进而求得的值，即可求解.
【详解】由椭圆的几何性质，因为，可得，
所以，，则，所以椭圆的方程为.
故选：A.
5. 某企业两个分厂生产同一种电子产品，产量之比为，现采用分层随机抽样方法，从两个分厂生产的该产品中共抽取100件做使用寿命的测试，由所得样品的测试结果计算出该产品的平均使用寿命分别为1000小时，1020小时，估计这个企业所生产的该产品的平均使用寿命为（ ）
A. 1012小时B. 1010小时C. 1008小时D. 1006小时
【答案】C
【解析】
【分析】根据分层抽样的平均数公式计算即可.
【详解】由题意可知该产品的平均寿命为.
故选：C
6. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷2次，设事件“第一次点数为偶数”，事件“第二次点数为3的倍数”，则（ ）
A. 与是互斥事件B. 与是互为对立事件
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用古典概型的概率公式，结合互斥事件与对立事件的定义即可得解.
【详解】依题意，一枚质地均匀的骰子连续抛掷2次的基本事件有件，
事件的基本事件有件，事件的基本事件有件，
事件的基本事件有件，事件的基本事件有件，
所以，
故，，
所以与不是互斥事件，更不是对立事件，故ABD错误，C正确.
故选：C.
7. 已知点是直线与的交点，则到直线距离的最大值为（ ）
A. 3B. 4C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】求出必过点，发现两直线垂直，可得的轨迹为圆，则处理圆上一点到直线的最大距离问即可.
【详解】因为与，
所以与，
可得必过点分别为，
由可知垂直，垂足为，

则,可得在以为直径的圆上，
由可知圆心,半径
则圆心到的距离，
所以到直线距离的最大值为，
故选:B.
8. 已知焦点分别在轴上的两个椭圆，且椭圆经过椭圆的两个顶点与两个焦点，设椭圆的离心率分别是，则（ ）
A. 且B. 且
C. 且D. 且
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得，进而得到，从而结合不等式的性质与对勾函数的性质即可得解
【详解】依题意，设椭圆对应的参数为，椭圆对应的参数为，
则，所以，
又因为，即，，则，
即，得，，即，
令，则，
由对勾函数的性质可知在上单调递减，故.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是依题意得到，从而得到，结合不等式的性质与对勾函数的性质即可得解.
二、选择题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．）
9. 某市为了了解全市居民用水量分布情况，通过抽样，获得了100户居民用户某年月均用水量（单位：），将数据按照分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．则下列说法正确的是（ ）
A. 图中的值为0.10
B. 月均用水量的第60百分位数为
C. 已知全市有10万户居民用户，估计月均用水量不足的用户有1万户
D. 月均用水量的平均值（精确到0.1）约为
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用频率分布直方图的相关知识，逐一分析判断即可.
【详解】对于A，因为，即，故A正确；
对于B，对应的频率为，对应的频率为，
所以第60百分位数在内，不妨设为，则，解得，故B正确；
对于A，因为100户中月均用水量不足的用户频率为，
所以估计10万户中有1万户，故C正确；
月均用水量的平均值为，故D错误.
故选：ABC.
10. 如图，在棱长为1的正方体中，点为的中点，点在上，且，点为的中点，则下列结论正确的是（）
A. 平面B.
C. 四点共面D. 三棱锥体积为
【答案】AC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法判断ABC，再利用棱锥的体积公式判断D，从而得解.
【详解】依题意，建立空间直角坐标系，如图，
则，
因为，所以，即，
对于A，，，
设平面的法向量为，则，
取，则，故，
所以，又点平面，
所以平面，故A正确；
对于B，，
所以，所以不成立，故B错误；
对于C，，则，
所以三点共线，又易知三点也共线，
所以四点共面，故C正确；
对于D，因为，
又为的中点，所以到底面的距离为，
所以三棱锥的体积为，故D错误.
故选：AC.
11. 已知点在曲线上，点三点共线，则（ ）
A. 当直线与曲线相切时，的最小值为
B. 满足的点有且只有1个
C. 当最大时，
D. 当最小时，
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据圆的切线的性质判断A，根据满足的点为两圆的外切点判断B，根据满足条件是圆C的切线判断C，由条件转化为是两圆内切点判断D.
【详解】如图，
由可得圆心为，半径为，
当直线与曲线相切时，最小即切线长最小，直线AB方程，
圆心到直线的距离，所以，故A错误；
以AB为直径的圆的方程为与圆外切，如图，
所以满足的点有且只有1个，故B正确；
当最大时，直线与圆C相切，且P为切点，如图，
因为，所以，故C正确；
当最小时，的外接圆与圆C内切，如图，
此时，为切点，所以且平分，故可得，故，故D正确.
故选：BCD.
12. 已知椭圆的左右焦点分别为，左右顶点分别为，点是椭圆上的一个动点（异于两点），且直线的斜率均存在，则（ ）
A. 当的最大角为时，椭圆的离心率为
B. 当时，的面积为
C. 直线的斜率之积一定大于直线的斜率之积
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由顶点与角的关系直接判断即可；对于B，利用等体积法求得，从而得解；对于C，直接求出，，利用作差法即可判断；对于D，直接求出，从而得以判断.
【详解】对于A，当取最大时，顶点为上下顶点，
此时，故A正确；
对于B，当时，
由，得，
所以的面积为，又，
所以点的纵坐标为，则的面积为，故B正确；
对于C，设，又，
则，，
所以，
而与的大小不定，故上式正负不定，故C错误；
对于D，因，
所以，又，
所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：本题B选项解决的关键是利用椭圆的定义与勾股定理求得，从而利用面积相等得到，由此得解.
非选择题部分
三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 甲、乙两人进行投篮练习，两人之间互不影响，甲的命中率为0.6，乙的命中率为0.8，则至少有一人投中的概率为______．
【答案】0.92##
【解析】
【分析】根据对立事件的概率公式求解.
【详解】设“甲、乙两人各投篮一次，则至少有一人投中”，
则.
故答案为：0.92
14. 已知某组数据为，则该组数据的方差为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用平均数与方差的计算公式求解即可.
【详解】依题意，，
所以.
故答案为：.
15. 已知，动点满足，则点的轨迹方程为___________.
【答案】
【解析】
【分析】表示出、，根据题意，列出等式，化简整理即可得答案.
【详解】，
由题意得，所以
整理可得，即.
故答案为：.
16. 已知三棱锥与是两个同底面的正三棱锥，且是的中点，记异面直线所成的角为，则的最大值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】设，，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法可得，结合基本不等式计算即可求解.
【详解】设，的外心为，连接，
则三点共线，三点共线，且，，
过点作，交于点，建立如图空间直角坐标系，
则，
设，
则，
由，得，解得，.
又，
，
又，当且仅当即时等号成立，
即的最小值为18，所以的最大值为，
即当，时，取到最大值.
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. 在平行六面体中，底面是正方形，，，设．
（1）用向量表示，并求；
（2）求直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】利用空间向量的基底法用把其他向量表示出来，再利用数量积的定义与运算法则即可得解.
【小问1详解】
作出平行六面体，如图，
因为，
又底面是正方形，，，
所以，
所以
.
【小问2详解】
因为，
所以，
又，
设直线与所成角为，
所以，
即直线与所成角的余弦值为.
18. 已知直线过点和．
（1）若直线且在轴上的截距为，求直线的方程；
（2）若圆的圆心在轴上，半径为3，且直线被圆截得的弦长为4，求圆的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用两点坐标求得的斜率，进而求得的斜率，再利用点斜式即可得解；
（2）先利用两点式求得直线的方程，再利用弦长公式得到关于的方程，从而得解.
【小问1详解】
因为直线过点和，所以直线的斜率为，
则直线的斜率为2，所以直线的方程为.
【小问2详解】
依题意，直线的方程为，即，
设圆心坐标为，圆心到直线的距离为，
又，所以，得或，
所以圆的方程为：或.
19. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面平面，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的判定定理、性质定理以及线面垂直的判定定理证得结果；
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用空间向量法求两个平面的夹角的余弦值.
【小问1详解】
∵四边形为菱形，，
∴是等边三角形，
∵为的中点，
∴，又∵,
∴，又∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，平面，
∴，
∵，
∴，∴，
∵平面,
∴平面；
【小问2详解】
取的中点，则由，所以，，由（1）同理可证平面，
如图，以D为原点，DM为x轴，DC为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
由平面得出平面法向量，
设平面的法向量，
则，即，令，则.
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
20. 已知圆与圆有两个不同的交点．
（1）求的取值范围；
（2）过直线上的一点（在线段外的部分上），分别作圆与圆的一条切线，切点分别为，问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在常数，使得恒成立
【解析】
【分析】（1）由两圆有两个交点可得两圆相交，继而可通过求得半径；
（2）两圆相减先求的公共弦所在直线方程，再在切角三角形中通过勾股定理求得，即可发现它们之间的比值关系，则问题得解.
【小问1详解】
因为圆与圆有两个不同的交点，
所以两圆相交，
所以且，
即，解得.
所以的取值范围.
【小问2详解】
圆,
圆,
两圆方程相减可得:,
化简可得直线的方程：，
设点，
因为与圆相切，
所以在直角三角形中，
又点在上，即，
所以可得，
同理可得
，
所以，则，
故存在常数，使得恒成立，
21. 已知椭圆经过点，焦距为是椭圆上不在坐标轴上的两点，且关于坐标原点对称，设点，直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）记直线与的斜率分别为，求证：为定值．
【答案】（1）
（2），证明见详解
【解析】
【分析】（1）由点在椭圆上和椭圆的定义求出椭圆方程；
（2）分别设出直线，的方程点斜式，直曲联立表达出交点的坐标，再用的坐标表达出斜率，最后求斜率之比即可.
【小问1详解】
因为焦距为，所以，
因为椭圆经过点
所以，又因为
联立以上可得
所以椭圆的标准方程为
【小问2详解】
证明：因为是椭圆上不在坐标轴上的两点，且关于坐标原点对称，
设，且不在坐标轴上，所以
设直线，与椭圆的另一个交点，
联立椭圆与直线方程可得
，消去，得
，所以，
因为，由韦达定理可得
所以，代入直线方程可得
同理，设直线，与椭圆的另一个交点
联立椭圆与直线方程可得，消去，得，
，所以，
因，由韦达定理可得
所以，代入直线方程可得
因为直线与的斜率分别为，所以，
化简可得，
所以，代入，
化简可得.
故得证.
【点睛】关键点睛：第一问直接由椭圆的定义和点在椭圆上求出，属于基础型题目；第二问考查直线与椭圆的交点问题，直曲联立，需用韦达定理，设而不求，最后表示出斜率，再化简即可.
22. 如图，在三棱柱中，，侧面是正方形，二面角的大小是．
（1）求三棱柱的体积；
（2）若点是线段上的一个动点，求直线与平面所成角的最大值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取和得中点和，连接，，取的中点，连接，得出为三棱柱的高，再根据棱柱的体积公式即可求解；
（2）取中点，连接，所以，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，设，用表示出，从而求出直线与平面所成角正弦值的范围，即可求解.
【小问1详解】
如图，取和得中点和，连接，，取的中点，连接，
因为，所以，因为侧面是正方形，所以，，所以，
因为平面平面，所以为二面角的平面角，
因为二面角的大小是，所以，
因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，所以为等边三角形，所以，且，
因为，，且平面，平面，且两直线相交，所以平面，
又平面，所以，
因为，，平面，平面，且两直线相交，所以平面，
所以.
【小问2详解】
取中点，连接，所以，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
由题可得，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，，所以，
因为点在线段上，所以，
所以，
直线与平面所成角为，
则
所以当，即时， 有最大值，所以，
所以直线与平面所成角的最大值为.