浙江省杭州市浙大附中2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省杭州市浙大附中2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分.）
1. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D. -
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线的斜率，利用直线倾斜角的正切等于直线的斜率可算出所求直线的倾斜角.
【详解】直线化为
所以斜率，
设直线的倾斜角为 ,则，
结合，可得，故选A.
【点睛】本题给出直线的方程，求直线的倾斜角，着重考查了直线的基本量与基本形式等知识,属于基础题.
2. 已知平面向量，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由向量数量积求出在方向上的投影为，再结合投影向量的定义求解.
【详解】在方向上的投影为，
又方向上的单位向量为，
故在方向上的投影向量是.
故选：B.
3. 设､是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列四个命题中正确的序号是（ ）
①若，则
②若，则
③若，则
④若，则
A. ①和②B. ①和④C. ③和④D. ②和③
【答案】B
【解析】
【分析】①运用线面平行、垂直的性质定理即可判断①；
②运用面面垂直的判定和性质定理，即可判断②；
③运用线面平行的性质定理，即可判断m，n的位置关系；
④运用面面平行的传递性和线面垂直的性质定理，即可判断④．
【详解】①由于n∥α，由线面平行的性质定理得，n平行于过n的平面与α的交线l，又m⊥α，故m⊥l，即m⊥n，故①正确；
②若α⊥γ，β⊥γ，则α与β可能相交，也可能平行，故②错；
③若m∥α，n∥α，由线面平行的性质定理，即得m，n平行、相交或异面，故③错；
④若α∥β，β∥γ，m⊥α，则面面平行的传递性得α∥γ，由线面垂直的性质定理得，m⊥γ，故④正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查空间直线与平面的位置关系，考查线面平行、垂直的判定和性质定理，考查面面平行、垂直的判定和性质定理的运用，是一道基础题．
4. 不透明的口袋内装有红色､绿色和蓝色小球各2个，一次任意摸出2个小球，则与事件“2个小球都为红色”互斥而不对立的事件有（ ）
A. 2个小球不全为红色B. 2个小球恰有一个红色
C. 2个小球至少有一个红色D. 2个小球不全为绿色
【答案】B
【解析】
【分析】对于A两个事件是对立的事件，故A错误；对于B，两个事件是互斥而不对立的，故B正确；对于C，两个事件不是互斥事件，故C错误；对于D，两个事件可以同时发生，不互斥，故D也错误.
【详解】一个口袋内装有大小、形状相同的红色、绿色和蓝色小球各2个，一次任意取出2个小球，
对于A，2个小球不全为红球与事件“2个小球都为红色”是对立的事件，故A错误；
对于B，2个小球恰有1个红球与事件“2个小球都为红色”互斥而不对立的事件，故B正确；
对于C，2个小球至少有1个红球与事件“2个小球都为红色”能同时发生，不是互斥事件，故C错误；
对于D，2个小球不全为绿球与事件“2个小球都为红色”是可以同时发生的事件，不是互斥事件，故D错误．
故选：B．
5. 已知四棱锥，底面为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，，，设，，，则向量用为基底表示为（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】由图形可得，根据比例关系可得，，再根据向量减法，代入整理并代换为基底向量．
【详解】
即
故选：D．
6. 某高校在2019年新增设的“人工智能”专业，共招收了两个班，其中甲班30人，乙班40人，在2019届高考中，甲班学生的平均分为665分，方差为131，乙班学生平均分为658分，方差为208．则该专业所有学生在2019年高考中的平均分和方差分别为（ ）
A. 661.5，169.5B. 661，187C. 661，175D. 660，180
【答案】B
【解析】
【分析】先求出总体均值，再利用分层抽样的方差公式即可得解．
【详解】由题意甲的平均值为，方差为，
乙的平均值是，方差为，
则总体平均值为，
方差为．
故选：B．
7. 圆与圆的公切线有（ ）
A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条
【答案】C
【解析】
【分析】分别求两圆的圆心和半径，进而确定两圆的位置关系，分析判断.
【详解】，即，则圆心，半径，
，即，则圆心，半径，
∵，即，则圆与圆外切，
故两圆的公切线有3条.
故选：C.
8. 在三棱锥，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定底面三角形外接圆圆心，过圆心且垂直底面的直线为，在直线上找球心，由于为等边三角形，所以球心为外接圆圆心，由正弦定理求外接圆半径即为外接球半径.
【详解】
取中点，连结根据题意，因为为等腰直角三角形，
所以的外心为斜边的中点，；
又因为，
所以的外接圆半径为；
因为平面平面，平面平面,
为等边三角形，所以，
所以平面，
所以外接球球心在直线上，
且,为的外心，
因为为等边三角形，所以,,
所以由正弦定理有,
所以三棱锥的外接球的表面积为.
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. 下列说法正确的有（ ）
A. 从40个个体中随机抽取一个容量为10的样本，则每个个体被抽到的概率都是0.25
B. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5
C. 数据26，11，14，31，15，17，19，23的50%分位数是18
D. 若样本数据，，…，的标准差为4，则数据，，…，的标准差为16
【答案】AC
【解析】
【分析】A：根据古典概型概率计算方法即可计算；B：根据平均数的计算方法求出m的值，在根据方差计算公式即可求解；C：根据50%分位数的求法求解即可；D：根据方差的性质即可求解.
【详解】对于A：从40个个体中随机抽取一个容量为10的样本，则每个个体被抽到的概率都是，故A正确；
对于B：已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则，
这组数据的方差为，故B错误；
对于C：这组数据从小到大排列为：11，14，15，17，19，23，26，31，共8个，故其50%分位数为第4个数17和第5个数19的平均数，为18，故C正确；
对于D：若样本数据，，…，的标准差为4，则方差为16，故数据，，…，的方差为，标准差为8.故D错误.
故选：AC
10. 如图，一个正方体密封容器中装有一半的水量，若将正方体随意旋转放置，则容器中水的上表面形状可能是（ ）
A. 三角形B. 矩形C. 非矩形的平行四边形D. 六边形
【答案】BCD
【解析】
【分析】因为正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心，结合正方体截面图形的特征判断即可．
【详解】因为正方体容器中盛有一半容积的水，无论怎样转动，其水面总是过正方体的中心．
过正方体的一条棱和中心可作一截面，截面形状为矩形，如图（1），故B正确；
过正方体一面上一边的任意一点（非顶点）和此边外的顶点以及正方体的中心作一截面，其截面形状为非矩形的平行四边形，如图（2），故C正确；
在正方体一面上相邻两边各取一点（非顶点），过这两点以及正方体的中心作一截面，得截面形状为六边形，如图（3），故D正确；
至于截面三角形，过正方体的中心不可能作出截面为三角形的图形，
故选：BCD
11. 已知，圆，为圆上动点，下列正确的是（ ）
A. 的最大值为B. 的最小值为
C. 的最小值为D. 最大时，
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用数形结合法，转化为三点共线时，取得最大值，可判定A正确；取的中点为，转化为，结合点与圆的位置关系，可判定B正确；利用直线与圆相切时，求得的最小值，可判定C正确；根据圆的切线的性质，结合圆切线长公式，可判定D不正确.
【详解】对于A中，因为，可得，
如图所示，可得
当且仅当三点共线时，等号成立，所以的最大值为，所以A正确.
对于B中，设的中点为，则，
所以，所以B正确；
对于C中，令，当直线与圆相切时，取值最值，
由圆心到直线的距离，解得，
所以的最小值为，所以C正确；
对于D中，当与圆相切时，取得最大值，
因为，圆的圆心为，可得，
此时，所以D错误.
故选：ABC.
12. 立体几何中有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如右图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，则关于该半多面体的下列说法中正确的有（ ）
A. 该半正多面体外接球与原正方体外接球半径相等
B. 与所成的角是的棱有18条
C. 与平面所成的角
D. 直线与直线所成角的余弦值的取值范围为
【答案】CD
【解析】
【分析】将半正多面体补成正方体，考虑外接球的球心，可判断A；由两直线所成角的定义可判断B；由线面角的定义可判断C；建立空间直角坐标系，利用向量法结合二次函数的性质求出直线与直线所成角的余弦值的取值范围，可判断D．
【详解】设该半正多面体棱长为，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上；将该半正多面体补成正方体，正方体的棱长为2，可得该半正多面体的外接球与原正方体的外接球的球心重合，所以该半正多面体的外接球半径为,
原正方体的外接球的半径，故A错误；
与成的棱有和与面相对的面上的还有和与面相对的面上的共16条，故B错误；
由平面，可得为与平面所成角，由于为等腰直角三角形，所以，故C正确；
建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
所以;
又设，
则.
令则
所以
故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为.故D正确.
故选：CD.
三、填空题（本大题共4小题，每空5分，共20分）
13. 已知直线与直线，若，则与之间距离是__________
【答案】
【解析】
【分析】两条平行直线与之间的距离，等于直线上的点到直线的距离.
【详解】直线过点，
由，与之间距离等于点到直线的距离，
故距离.
故答案为：.
14. 在空间直角坐标系中，已知三点A（3，2，0），B（2，1，3），C（3，1，0），则点C到直线AB的距离为____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量夹角公式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可.
【详解】由A（3，2，0），B（2，1，3），C（3，1，0），
可得：，，
所以可得：，
因此，
于是点C到直线AB的距离为，
故答案为：
15. 阿波罗尼斯（约公元前262-190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹为圆，已知分别是圆与直线上的点，O 是坐标原点，则的最小值为_______
【答案】
【解析】
【分析】由阿波罗尼斯圆的定义，设，，对比圆C方程求得，则有，最小值为点到直线距离的两倍.
【详解】设，，设，若，
整理得，由圆C方程得，解得，则．
圆上任意一点，都有，所以，
的最小值为点到直线的距离，，
所以，即的最小值为.
故答案为：
16. 已知椭圆的左、右焦点分别为.若关于直线的对称点恰好在上，且直线与的另一个交点为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由点的对称性求出点坐标，和线段、，从而发现为直角，再由椭圆标准定义找到关系，并求出、的长度，最后在直角三角形中，求出的值.
【详解】
设关于直线的对称点，
由，得，
可知，，又知，
所以，则为直角，
由题意，点恰好在上，根据椭圆定义，得，
，设，则，
在直角三角形中，，
解得，从而，，
所以.
故答案为：
四、解答题（本大题共6小题，共70分）
17. 在中，所对的边分别为，且，
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】17.
18.
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理结合三角恒等变换分析求解；
（2）根据面积公式可得，利用余弦定理可得，即可得结果.
【小问1详解】
因为，由正弦定理可得，
又因为，
即，则，
且，则，可得，
因为，所以.
【小问2详解】
因为的面积为，可得，
由余弦定理可得，即，
整理得，可得，
所以的周长为.
18. 已知直线方程为．
（1）若直线在两坐标轴上截距相等，求直线的方程；
（2）若直线不经过第三象限，求实数的取值范围．
【答案】（1）或（2）
【解析】
【分析】（1）当直线过原点时，直线在轴和轴上的截距为零，将原点坐标代入求解，当直线不经过原点时，截距存在且均不为零.由求解.
（2）根据直线经过定点，方程化为，由求解.
【详解】（1）当直线过原点时，该直线在轴和轴上的截距为零，
，方程即为
当直线不经过原点时，截距存在且均不为零，
，即
，方程即为
综上，直线的方程为或
（2）因为直线的方程为．
可化为：
令 ，解得
所以直线经过定点，方程化为
如图所示：

若直线不经过第三象限
则
所以的取值范围是：
【点睛】本题主要考查直线的方程和直线在坐标轴上的截距和在坐标系中的位置，还考查了数形结合的思想法，属于中档题.
19. 在高考结束后，省考试院会根据所有考生的成绩划分出特控线和本科线．考生们可以将自己的成绩与划线的对比作为高考志愿填报的决策依据．每一个学科的评价都有一个标准进行判断．以数学学科为例，在一次考试中，将考生的成绩由高到低排列，分为一、二、三档，前22%定为一档，前58%到前22%定为二档，后42%定为三档．在一次全市的模拟考考生数学成绩的频率分布直方图如图所示，根据直方图的信息可知第三档的分数段为．

（1）求成绩位于时所对应的频率，并估计第二档和第一档的分数段；
（2）在历年的统计中发现，数学成绩为一档的考生其总分过特控线的概率为0.8，数学成绩为二档的考生其总分过特控线的概率为0.5，数学成绩为三档的考生其总分过特控线的概率为0.1．在此次模拟考试中．甲、乙、丙三位考生的数学成绩分别为65，94，122．请结合第（1）问中的分数段，求这三位考生总分过特控线的人数的概率．
【答案】（1），第一档分数段为，第二档的分数段为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据小矩形面积之和为1，求出成绩在所对应的频率为，结合题干条件求出一档、二档的分数段；
（2）首先判断出甲、乙、丙的成绩属于哪一档，再根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得.
小问1详解】
根据频率分布直方图的信息，成绩在，对应的频率分别为.
根据总的频率和为1，即，解得，
即成绩在所对应的频率为.
因为，且，可知成绩在内的前也属于第一档，
即可知第一档的分数段为，且，
故成绩在内的前也属于第二档，所以二档的分数段为.
【小问2详解】
根据第（1）问的结论可知，甲的数学成绩属于第三档，乙的数学成绩属于第二档，丙的数学成绩属于第一档，
则.
20. 如图，四面体ABCD中，，，设为的中点．
（1）求证：平面AED⊥平面BCD；
（2）若∠BAC=60°，AD=3，求二面角B-AD-C的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）作出二面角的平面角，结合余弦定理进行求解.
【小问1详解】
证明：因为，，且为的中点，
所以AE⊥BC，DE⊥BC.
又因平面，，
所以BC⊥平面AED；
因为平面，所以平面AED⊥平面BCD；.
【小问2详解】
作BF⊥AD，连接CF，
由题知，，所以CF⊥AD，
所以∠BCF为二面角B-AD-C的平面角.
因为，∠BAC=60°，
所以为正三角形，.
由于AB= BD，且BF⊥AD，所以F为AD中点，
故.
同理，
所以，
即二面角B-AD-C的余弦值为.
21. 小明同学某天发现，在阳光下的照射下，篮球在地面留下的影子如图所示，设过篮球的中心且与太阳平行光线垂直的平面为，地面所在平面为，篮球与地面的切点为，球心为，球心在地面的影子为点；已知太阳光线与地面的夹角为；

（1）求平面与平面所成角（用表示）；
（2）如图，为球的一条直径，为在地面的影子，点在线段上，小明经过研究资料发现，当时，篮球的影子为一椭圆，且点为椭圆的焦点，线段为椭圆的长轴，求此时该椭圆的离心率（用表示）.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用空间向量求面面角，列式求解即得.
（2）利用圆的切线性质，求出椭圆长半轴长与半焦距的表示式即可求出离心率.
【小问1详解】
观察图形知，为平面的法向量，设平面的法向量为，
光线与地面夹角为，依题意，，，
而，所以.
【小问2详解】
设篮球半径为R，显然平面⊥平面，连接，平面，
过作交于，则，于是椭圆长轴，
在四边形中，，令椭圆半焦距为，而，
则，解得，

所以该椭圆的离心率为.
22. 已知点，，点为曲线上任意一点且满足.
（1）求曲线的方程；
（2）设曲线与轴交于、两点，点是曲线上异于、的任意一点，直线、分别交直线于点、.求证：以为直线的圆与轴交于定点，并求出点的坐标.
【答案】（1）（2）证明过程详见解析，S点坐标为
【解析】
【分析】（1）由题意，先设，根据，列出的关系式，化简整理，即可求出结果；
（2）先由圆的方程求出，，设点，表示出直线与的方程，分别求出、坐标，再由题意得出，进而可求出结果.
【详解】解：（1）设，由，
得，
整理得.
所以曲线的方程为.
（2）由题意得，，.
设点，由点在曲线上，
所以.
直线的方程为，
所以直线与直线的交点为.
直线的方程为，
所以直线与直线的交点为.
设点， 则.
由题意得，
即，
整理得.
因为，所以，
解得.
所以点的坐标为.
【点睛】本题主要考查点的轨迹方程，以及圆的方程的应用，常需要通过已知点所满足的关系式，求解其它的量，属于中档试题.