四川省成都市棠湖外国语学校2023-2024学年高二上学期期末模拟质量检测数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市棠湖外国语学校2023-2024学年高二上学期期末模拟质量检测数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

时间：120分钟 总分：150分
一、单项选择题．本题共8道小题，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．
1. 在空间直角坐标系中， 已知点关于平面的对称点为，关于原点的对称点为，则与的距离为（ ）
A. 0B. 2C. 4D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】先求得点关于平面和关于原点的对称点的坐标，再利用两点间的距离公式求解.
【详解】解：在空间直角坐标系中，
点关于平面的对称点为，
点关于原点的对称点为，
所以点与的距离为，
故选：B
2. 已知圆则其圆心到双曲线的渐近线的距离为（ ）
A. B.
C D.
【答案】B
【解析】
【分析】先整理圆的一般方程为标准方程，得到圆心坐标，再由双曲线方程得到渐近线方程，最后结合点到直线距离公式求解即可.
【详解】由题，圆的方程为，即，
所以圆心为，
又双曲线方程为，则，，
所以渐近线方程为，即，
所以圆心到渐近线的距离为，
故选：B
3. 已知甲、乙两位同学在一次射击练习中各射靶10次，射中环数频率分布如图所示：

令，分别表示甲、乙射中环数的均值；，分别表示甲、乙射中环数的方差，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据频率分布图分别计算，，比较大小可得.
【详解】由图可知，
，
，
所以，.
故选：D.
4. 若一个圆锥的轴截面是一个腰长为，底边上的高为1的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求得圆锥的母线长和底面半径，从而求得圆锥的侧面积.
【详解】由题意可得该圆锥的轴截面是一个等腰直角三角形，腰长为，底边长为2，
所以圆锥的母线长，底面圆半径，
所以该圆锥的侧面积为.
故选：B
5. 已知抛物线，过点引抛物线的一条弦，使它恰在点P处被平分，则这条弦所在的直线l的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意知，直线的斜率存在，由点差法及中点坐标公式即可求得斜率，再由点斜式求得直线方程.
【详解】设直线与抛物线的两个交点分别为，，将两点代入抛物线方程得
，两式作差可得，即直线的斜率，
所以直线方程，即
故选：B
6. 某次乒乓球单打比赛在甲、乙两人之间进行.比赛采取三局两胜制，即先胜两局的一方获得比赛的胜利，比赛结束.根据以往的数据分析，每局比赛甲胜出的概率都为，比赛不设平局，各局比赛的胜负互不影响.这次比赛甲获胜的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】甲战胜乙包含两种情况：①甲连胜2局，②前两局甲一胜一负，第三局甲胜，由此利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式能求出甲战胜乙的概率．
【详解】结合题意：甲队战胜乙队包含两种情况：
甲连胜2局，概率为，
前两局甲一胜一负，第三局甲胜，概率为，
则甲战胜乙的概率为．
故选：D．
7. 如图，二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，，且，则的长等于（ ）

A. B. C. 4D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，可得，再由空间向量的模长计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】由二面角的平面角的定义知，
∴，
由，得，又，
∴
，
所以，即.
故选：C.
8. 已知抛物线的焦点为，过的直线的倾斜角为锐角，且与交于两点，，则的斜率为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】设出直线的横截式方程，然后联立直线与的方程得到纵坐标的韦达定理形式，结合向量关系得到参数的方程，由此求解出的值则斜率可知.
【详解】由题意可知，设，
联立可得，
且，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，解得（负值舍去），
所以直线的斜率，
故选：A.
二、多项选择题：本题共4道小题，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. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 若非零向量，，满足，，则有
B. 任意向量，，满足
C. 若，，是空间的一组基底，且，则四点共面
D. 对于任意向量，必有
【答案】CD
【解析】
【分析】根据空间向量的平行和垂直关系判断A；根据空间向量的数量积运算判断B；根据空间向量基本定理，及四点共面问题判断C；向量的三解不等式判断D．
【详解】对于A：若非零向量，，满足，，则，不一定平行，
如在长方体中，令，，，满足，，显然，故A错误；
对于B：∵，不一定共线，则不一定成立，故B错误；
对于C：若、、是空间的一组基底，且，
则，即，
则四点共面，故C正确；
对于D：对于任意向量，，必有，当且仅当与同向时取等号，故D正确；
故选：CD
10. 如图，已知E，F分别是正方体的棱BC和CD的中点，则（ ）

A. 与是异面直线B. 与EF所成角的大小为
C. 与平面所成角的正弦值为D. 二面角的余弦值为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据异面直线的概念可得“平面内一点与平面外一点的连线，与此平面内不经过该点的直线是异面直线异面直线”可知A正确；作出异面直线所成的角判断B，建立空间直角坐标系，向量法判断CD.
【详解】对A，因为在平面外，在平面内，在平面内，所以与是异面直线，故A正确；
对B，由中点知，,又，所以，即为与EF所成的角，在等边中，，故B错误；
以为原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，

设正方体棱长为2，， ，，， ，
由题意可知，平面的法向量可取，，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为，故C错误；
又， ，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
设平面的法向量，
则，令，可得，
则，又因为二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为，故D正确.
故选：AD．
11. 已知事件A、B发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若A与B相互独立，则
B. 若，则事件与B相互独立
C. 若A与B互斥，则
D. 若B发生时A一定发生，则
【答案】AB
【解析】
【分析】利用并事件的概率公式可判断选项，利用独立事件的定义可判断选项；；利用互斥事件的概率公式可判断C选项；分析可知，可判断出D选项
【详解】对于A，若A与B相互独立，则，
所以，故A对；
对于B，因为，，则，
因为，所以事件与B相互独立， 故B对；
对于C，若A与B互斥，则，故C错；
对于D，若B发生时A一定发生，则，则，故D错.
故选：AB.
12. 已知圆下列说法正确的是（ ）
A. 过点作直线与圆交于两点，则范围为
B. 过直线上任意一点作圆的切线，切点分别为则直线必过定点
C. 圆与圆有且仅有两条公切线，则实数的取值范围为
D. 圆上有4个点到直线距离等于1
【答案】ABD
【解析】
【分析】A：确定点位置，然后分析圆心到过点的直线的距离，结合确定出的范围；B：设出点坐标，表示出以为圆心，为半径的圆的方程，根据相交圆的公共弦所在直线的方程确定出的方程，由此确定出所过的定点；C：先确定出两圆的位置关系，然后得到两圆的半径与圆心距的关系，由此求解出结果；D：先确定圆心到直线的距离然后结合图示进行说明.
【详解】因为圆的圆心为，半径，
对于选项A：因为，可知点在圆内，
可得圆心到过点的直线的距离，
所以，故A正确；
对于选项B：设，则，
可得，
以为圆心，为半径的圆的方程为，
整理得，
由题意可知：直线为圆与圆的公共弦所在的直线，
可得，整理得，
令，解得，所以直线必过定点，故B正确；
对于选项C：圆的圆心，半径为，则，
若圆与圆有且仅有两条公切线，所以两圆相交，
则，即，解得，
所以实数的取值范围为，故C 错误；
对于选项D：因为圆心到直线的距离，
作且与的距离均为，如下图所示：
由图可知此时到的距离均为，
所以圆上有4个点到直线的距离等于1，故D正确；
故选：ABD.
三、填空题：本题共4道小题，每小题5分，共20分．
13. 采取随机模拟的方法估计某型号防空导弹击中目标的概率，先由计算器算出0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示击中目标，5，6，7，8，9，0表示未击中目标，以三个随机数为一组，代表三次发射的结果，经随机数模拟产生了20组随机数：
107 956 181 935 271 832 612 458 329 683
331 257 393 027 556 498 730 113 537 989
根据以上数据，估计该型号防空导弹三次发射至少有一次击中目标的概率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，得到这20组随机数中一次为没有击中目标的次数，结合对立事件的概率计算公式，即可求解.
【详解】根据题意，这20组随机数中一次也没有击中目标的有，共有3组，
所以，这20组随机数中至少有一次击中目标的概率为.
故答案为：.
14. 圆：与圆：的公共弦长是___________
【答案】2
【解析】
【分析】设两圆的交点为，由两圆方程相减可得直线的方程，得直线过，即可得公共弦长．
【详解】设两圆的交点为，
圆：即，圆：，
两圆方程相减可得直线的方程为，
圆：的圆心为，半径，
则直线过，则公共弦长．
故答案为：2．
15. 如图，在直三棱柱中，，则直线与直线夹角的余弦值为__________.

【答案】
【解析】
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，求得向量的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】在直三棱柱中，由，
因为且平面，所以平面，
以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
如图所示，设，
则，
可得，
所以，所以直线与直线夹角的余弦值为.
故答案为：.

16. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，，则C的离心率为____________．
【答案】2.
【解析】
【分析】通过向量关系得到和，得到，结合双曲线的渐近线可得从而由可求离心率.
详解】如图，

由得又得OA是三角形的中位线，即由，得则有，
又OA与OB都是渐近线，得又，得．又渐近线OB的斜率为，所以该双曲线的离心率为．
【点睛】本题考查平面向量结合双曲线的渐近线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取几何法，利用数形结合思想解题．
四、解答题：本题共6道小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知，，过A，B两点作圆，且圆心在直线l：上．
（1）求圆的标准方程；
（2）过作圆的切线，求切线所在的直线方程．
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法即可得解；
（2）分类讨论切线斜率存在与否，再利用直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径即可得解.
【小问1详解】
依题意，设圆的标准方程为，
则，解得，
所以圆的标准方程为.
【小问2详解】
由（1）知，，
若所求直线的斜率不存在，则由直线过点，得直线方程为，
此时圆心到直线的距离，满足题意；
若所求直线的斜率存在，设斜率为，
则直线方程为，即，
因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解得，
所以切线方程为，即.
综上，切线方程为或.
18. 2022年4月16日，神舟13号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，这趟神奇之旅意义非凡，尤其是“天宫课堂”在广大学生心中引起强烈反响，激起了他们对太空知识的浓厚兴趣．某中学在进行太空知识讲座后，从全校学生中随机抽取了200名学生进行笔试，并记录下他们的成绩，将数据分成6组，并整理得到如下频率分布直方图
（1）求这部分学生成绩的中位数、平均数（同组数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）为了更好的了解学生对太空知识的掌握情况，学校决定在成绩高的第 组中用分层抽样的方法抽取5名学生，进行第二轮面试，最终从这5名学生中随机抽取2人参加市太空知识竞赛，求90分（包括90分）以上的同学恰有1人被抽到的概率．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率直方图按照中位数和平均数的计算方法即可求得答案；
（2）确定第 组中的人数，从而求得5名学生中每组抽取的人数，列举出抽取两人的所有情况，根据古典概型的概率公式即可求得答案.
【小问1详解】
设中位数为x,平均数为,
因为前三个矩形面积为，
故，解得；
.
【小问2详解】
人，人,即第五组有30人，第六组有20人,
人，人，即需从第五组抽取3人，从第六组抽取两人,
设从抽取的5人中抽取2人，设五组的三人为 ，第六组的两人为 ,
则共有抽法为，共10种，
其中恰有一人得分为90及以上的抽法有6种，
故90分（包括90分）以上的同学恰有1人被抽到的概率．
19. 如图正方体的棱长为2，E是棱的中点，过的平面与棱相交于点F.

（1）求证：F是的中点；
（2）求点D到平面的距离.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，由面面平行的性质得到线线平行，进而得到，结合E是棱的中点，得到结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据空间向量求解出点到平面的距离.
【小问1详解】
连接，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，
又，
所以四边形为平行四边形，
故，
故，
又E是棱的中点，
所以F是的中点.
【小问2详解】
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
则，
令，得，故，

点D到平面的距离为.
20. 已知定点，定直线l：，动圆M过点F，且与直线l相切，记动圆的圆心M的轨迹为C．
（1）求C的方程；
（2）若过点F的直线与C交于不同的两点A，B，且，求直线AB的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用抛物线的定义求解；
（2）设直线方程为，与抛物线方程联立，结合韦达定理，由求解.
【小问1详解】
由题意得：等于点到直线的距离，
即点M的轨迹是以为焦点，以l：为准线的抛物线，
则，解得，
所以抛物线的方程为；
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时，此时直线方程为，
当时，，此时，不合题意，舍去；
则直线l的斜率存在，设直线方程为，，
与抛物线方程联立，消去得，
因为焦点在抛物线内部，且直线斜率存在，并且不为0，则该直线与抛物线必有两交点，
由韦达定理得，
所以弦长：，
解得，即，
所以直线l的方程为：.
21. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，点是的中点.

（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的性质定理得，再根据勾股定理得，从而利用线面垂直的判定定理得平面，从而利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据线面角的定义及正弦值求得边长，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求得两个平面所成角的余弦值.
【小问1详解】
平面平面，.
，由且是直角梯形，
，
即，.
平面平面，平面
平面，平面平面.
【小问2详解】
平面平面，.
又，平面平面，平面，
即为直线与平面所成角.
，，则，
取的中点，连接，以点为坐标原点，
分别以为轴､轴､轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
，
设为平面的法向量，则，
令，得，得，
设为平面的法向量，
则，令，则，得.
.
平面与平面所成角的余弦值的余弦值为.
22. 已知椭圆的离心率为，且椭圆上的点到焦点的最长距离为．
（1）求椭圆的方程：
（2）直线（不过原点）与抛物线相交于两点，以为直径的圆经过原点，且此直线也与椭圆相交于两点，求面积的最大值及此时直线的方程.
【答案】（1）
（2）面积的最大值是，此时的方程为．
【解析】
【分析】（1）设椭圆上的点坐标为，求出点D到焦点距离，配方根据的范围求出最大值时，结合离心率可得答案；
（2）设直线方程为，，，，，联立直线与抛物线方程，根据求出， 法一：设直线与轴的交点为，；法二：设直线与轴的交点为，，法三：原点到直线的距离为得，令，再利用基本不等式求出，可得答案．
【小问1详解】
设椭圆上的点坐标为，，右焦点，
则点D到焦点距离为
，
当时，取得最大值，
由题意知：∴，
∴椭圆C的方程为；
【小问2详解】
显然，直线的斜率存在，设直线方程为，
，，，，
联立直线与抛物线方程得：
，
以为直径的圆经过原点，则，
或（舍去），所以直线的方程为：，
联立直线与椭圆方程得：，，
，
法一：设直线与轴的交点为，.
法二：设直线与轴的交点为，
，
法三：原点到直线的距离为，所以，
其中，令，．∴，
当且仅当时等号成立，此时，且满足，
∴面积的最大值是，此时的方程为．