2023-2024学年山东省济宁市高二上学期期中考试数学含答案

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一、单项选择题：本题共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. 直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线斜率和倾斜角关系可直接求得结果.
【详解】直线的斜率不存在，直线的倾斜角为.
故选：D.
2. 已知，若三向量共面，则实数等于（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据向量共面定理，解方程组即可求解.
【详解】因为，且三向量共面，
所以，所以，
所以，解得.
故选：A
3. 已知命题p：方程表示焦点在轴上的椭圆，则使命题成立的充分不必要条件是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】若表示焦点在轴上的椭圆，可得即可得的范围，再选取该范围的一个真子集即可求解.
【详解】若方程表示焦点在轴上的椭圆，
则，解得：．
所以成立的充要条件是：．
结合四个选项可知：成立的充分不必要条件是，
故选：B.
4. 过圆内一点作直线交圆O于A，B两点，过A，B分别作圆的切线交于点P，则点P的坐标满足方程（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设出点坐标，求解出以为直径的圆的方程，将圆的方程与圆的方程作差可得公共弦的方程，结合点在上可得点P的坐标满足的方程.
【详解】设，则以为直径的圆，即①
因为是圆O的切线，所以，所以A，B在圆M上，
所以是圆O与圆M的公共弦，又因为圆②，
所以由①②得直线的方程为：，
又点满足直线方程，所以，即.
故选：A.
5. 万众瞩目的北京冬奥会于2022年2月4日正式开幕，是继2008年北京奥运会之后，国家体育场（又名鸟巢）再次承办奥运会开幕式．在手工课上，王老师带领同学们一起制作了一个近似鸟巢的金属模型，其俯视图可近似看成是两个大小不同，扁平程度相同的椭圆，已知大椭圆的长轴长为40cm，短轴长为20cm，小椭圆的短轴长为10cm，则小椭圆的长轴长为（）cm
A. 30B. 20C. 10D.
【答案】B
【解析】
【分析】扁平程度相同的椭圆，即离心率相等，计算得到答案.
【详解】扁平程度相同的椭圆，即离心率相等，
大椭圆，，，离心率为；
小椭圆，离心率，解得，故长轴长为.
故选：B
6. 如图，在空间四边形中，，，，且，，则等于（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算可得结果.
【详解】因为，即为的中点，所以，
因为，所以，
.
故选：C
7. 吸烟有害健康，小明为了帮助爸爸戒烟，在爸爸包里放一个小盒子，里面随机摆放三支香烟和三支跟香烟外形完全一样的“戒烟口香糖”，并且和爸爸约定，每次想吸烟时，从盒子里任取一支，若取到口香糖则吃一支口香糖，不吸烟；若取到香烟，则吸一支烟，不吃口香糖，假设每次香烟和口香糖被取到的可能性相同，则“口香糖吃完时还剩2支香烟”的概率为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】“口香糖吃完时还剩2支香烟”即第四次取到的是口香糖且前三次有两次口香糖一次香烟，根据古典概型计算出其概率即可.
【详解】由题：“口香糖吃完时还剩2支香烟”说明：第四次取到的是口香糖，前三次中恰有两次口香糖一次香烟，记香烟为，口香糖为，进行四次取物，
基本事件总数为：种
事件“口香糖吃完时还剩2支香烟”前四次取物顺序分为以下三种情况：
烟、糖、糖、糖：种
糖、烟、糖、糖：种
糖、糖、烟、糖：种
包含的基本事件个数为：54，
所以，其概率为
故选：D
【点睛】此题考查古典概型，解题关键在于弄清基本事件总数，和某一事件包含的基本事件个数，其本质在于计数原理的应用.
8. 如图，设、分别是椭圆的左、右焦点，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则椭圆的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，由已知条件及椭圆、圆的性质得，，且，根据勾股定理列方程求x，进而求椭圆离心率.
【详解】连，若，则，，，
又，则，即，得，
又，即，代入得.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：根据椭圆的定义、圆的性质，由垂直关系，利用勾股定理列齐次方程求离心率.
二、多选题（本题共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. 抛掷一红一绿两枚质地均匀的正六面体骰子，记下骰子朝上面的点数.用表示红色骰子的点数，用表示绿色骰子的点数，用表示一次试验的结果.定义事件：事件为“为奇数”，事件为“为奇数”，事件为“为奇数”，则下列结论正确的是（）
A. 与互斥B. 与对立
C. D. A与相互独立
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用互斥事件的概念判断选项A；利用对立事件的定义判断选项B；利用古典概型判断选项C；利用事件独立性概念判断选项D.
【详解】由题可得，
样本空间为
，
共有36个样本点，
其中
共包含18个样本点，
共包含9个样本点，
，共有18个样本点，
对A，因为,所以与互斥,A正确；
对B，因为,所以与不对立, B错误；
对C，，C正确；
对D，,
所以,
又因为
所以，所以A与相互独立，D正确；
故选：ACD.
10. 下列说法正确的是（）
A. 已知直线过点，且在轴上截距相等，则直线的方程为.
B. 直线的倾斜角为.
C. ，“直线与垂直”是“”的必要不充分条件.
D. 若直线沿轴向左平移3个单位长度，再沿轴向上平移2个单位长度后，回到原来的位置，则该直线的斜率为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，设出直线的点斜式方程，求出在轴上截距，可列出方程，可得答案；
对于B，根据倾斜角与斜率的关系，由方程求得斜率，列出三角函数方程，可得答案；
对于C，根据两直线垂直的证明公式，可得方程，结合充分必要条件的定义，可得答案；
对于D，根据函数图象变换表示出前后解析式，由题意，列方程，可得答案.
【详解】对于A，由题意，显然直线斜率存在，且直线过点，可设方程为，
令，；令，，
因为在轴上截距相等，所以，则，
，解得或，故直线方程为或，故A错误；
对于B，直线方程，转化为，设该直线的倾斜角为，故，解得，故B正确；
对于C，先证充分性：由“直线与垂直”，则，，，解得或，故“直线与垂直”是“”的必要不充分条件，故C正确；
对于D，由题意，可设，向左平移个单位，向上平移个单位，可得，则，因为回到原来的位置，所以，，解得，故D正确.
故选：BCD.
11. 正方体的棱长为a，则下列结论正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求得向量的坐标，利用数量积运算求解判断.
详解】建立如图所示空间直角坐标系：
则，
，
所以，故A错误；
，故B正确；
，故C正确；
，故D错误；
故选：BC
12. 已知过点的直线与椭圆交于、两点，则弦长可能是（）
A. 1B. C. D. 3
【答案】BC
【解析】
【分析】先设直线，再联立方程组得韦达定理，求出弦长,最后确定范围即可.
【详解】当直线斜率存在时，设过斜率存在的直线方程为：，
联立方程组消去，并整理得，易得，
设，，则，，
，
，
当斜率不存在时，故．
故选:BC．
第II卷（非选择题）
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 已知，那么与夹角的余弦值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】因为，
所以.
所以与夹角的余弦值为.
故答案为：.
14. 与圆相交所得的弦长为2，且在轴上截距为的直线方程是__________
【答案】
【解析】
【分析】先求出圆心和半径，再根据题意设直线方程为，然后求出圆心到直线的距离，再根据圆心距，弦和半径的关系列方程可求出，从而可求出直线方程.
【详解】由，得，则圆有圆心为，半径为，
由题意可知直线的斜率存在，设直线方程为，
则圆心到直线的距离为，
因为与圆相交所得的弦长为2，
所以，解得，
所以直线方程为，即直线方程为，
故答案为：
15. 一个数字不重复的三位数的百位、十位、个位上的数字依次记为，，，当且仅当，，中有两个不同数字的和等于剩下的一个数字时，称这个三位数为“有缘数”（如213，341等）．现从1，2，3，4这四个数字中任取三个数组成一个数字不重复的三位数，则这个三位数为“有缘数”的概率是______．
【答案】##
【解析】
【分析】首先求出基本事件总数，再求出满足“有缘数”的数字个数，再根据古典概型的概率公式计算可得；
【详解】解：从1，2，3，4这四个数字中任取三个数组成一个数字不重复的三位数的个数为，
1，2，3，4这四个数字中两个的和等于第三个的有123，134，因此“有缘数”个数为，
所以这个三位数为“有缘数”的概率．
故答案：．
16. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，M为椭圆C上任意一点，N为圆E：上任意一点，则的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据椭圆的定义将的最小值转化为，再根据（当且仅当M、N、E共线时取等号），最后根据求得的最小值.
【详解】解：如图，
M为椭圆C上任意一点，N为圆E：上任意一点，
则（当且仅当M、N、E共线时取等号），
∴，
当且仅当M、N、E、共线时等号成立.
∵，则，
∴的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查与椭圆与圆上动点相关的最值问题，主要根据椭圆的定义将目标等价转化为能够通过数形结合解题的类型，在平时备考中要注意多总结.
四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）
17. 袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为．现在甲、乙两人从袋中轮流摸取1球，甲先取，乙后取，然后甲再取…取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的．
（1）求袋中原有白球的个数；
（2）求取球两次终止的概率；
（3）求甲取到白球概率．
【答案】（1）3个白球（2）（3）
【解析】
【分析】（1）设出袋中原有n个白球，写出试验发生包含的事件数和满足条件的事件数，根据等可能事件的概率公式得到关于n的方程，解方程即可．（2）由题意知本题是一个等可能事件的概率，试验发生包含的事件数7×6，满足条件的事件数4×3，根据等可能事件的概率公式写出满足条件的事件的概率．（3）甲先取，甲只有可能在第1次，第3次和第5次取球．这三种情况是互斥关系，根据互斥事件的概率公式得到结果．
【详解】（1）设袋中原有n个白球，由题意知：，
解得n＝3（舍去n＝﹣2），即袋中原有3个白球
（2）记“取球两次终止”为事件A，
（3）因为甲先取，所以甲只有可能在第1次或第3次或第5次取到白球
记“甲取到白球”为事件B，
【点睛】考查运用概率知识解决实际问题的能力，考查古典概型，准确计算是关键，是中档题
18. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，，，，，，.
（1）若平面，求的值；
（2）若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据条件判定垂直关系，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算即可；
（2）利用空间向量求得两平面的法向量计算即可.
【小问1详解】
分别取中点，连接，
由已知底面是直角梯形，，，，
易得，
∵平面平面，平面平面，
∴，
以为中心，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由题意知为等腰直角三角形，，,
则，
∴，
∵，
∴，
显然是平面的一个法向量，
若平面，则，
即；
【小问2详解】
由（1）知，，当时，
∴，
设分别为平面与平面的一个法向量，
则有，，
不妨令，则，
则，
设平面与平面的夹角为，
故,
即平面与平面的夹角的余弦值为.
19. 已知椭圆的两个焦点分别为，且椭圆过点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作直线交椭圆于两点，是弦的中点，求直线的方程及弦的长度.
【答案】（1）
（2），弦长为
【解析】
【分析】（1）根据焦点位置设椭圆标准方程，由已知得，再将点代入椭圆方程即可联立求得，即可得椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程代入椭圆后得交点坐标关系，根据是弦的中点，即可求得直线的斜率，从而可得直线方程，根据相交弦长公式可得的长度.
【小问1详解】
已知椭圆的两个焦点分别为，设椭圆的标准方程为，且，则①，
又椭圆过点，所以②，联立①②解得，
所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
由题意可知直线的斜率存在，且直线过点，设直线的方程为，即，设，
则，消去得，所以，
又是弦的中点，所以，解得，则，
所以
故直线的方程为，弦为.
20. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆心在y轴上的圆C经过两点和，直线的方程为.
（1）求圆C的方程；
（2）过点作圆C切线，求切线方程；
（3）当时，Q为直线上的点，若圆C上存在唯一的点P满足，求点Q的坐标.
【答案】（1）
（2）或
（3）或
【解析】
【分析】（1）设出圆的标准方程，将两点代入即可求解；
（2）直线斜率不存在时满足，斜率存在时，设出直线点斜式，利用点到直线距离公式求解；
（3）设，，利用化简得，故圆与圆C相切，结合圆心距和半径关系即可求解.
【小问1详解】
设圆的方程为，将M，N坐标代入，得：，
解得，所以圆的方程为；
【小问2详解】
当切线斜率不存在时，直线与圆相切；
当切线斜率存在时，设直线方程为，即，
由圆心到直线的距离，
解得，故切线方程为，
综上，切线方程为或；
【小问3详解】
设，，则，
化简得，
此圆与圆C相切，
所以有，解得，
所以或.
21. 如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且，．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若点为线段上的动点．当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）设交于点，连接，利用三角形相似证得，从而证得，进而证得直线平面；
（2）通过平面，证得平面，所以平面平面；
（3）建立空间直角坐标系，设，通过向量和平面的法向量建立直线与平面所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值.
【小问1详解】
如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，
因为平面，所以，
又因为是底面圆的内接正三角形，由，可得，
，解得，
又，，所以，即，，
又因为，所以，
所以，即，
又平面，直线平面，平面，
所以直线平面．
【小问2详解】
因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
【小问3详解】
易知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，，，
设平面法向量为，
则，令，则，
设，可得，
设直线与平面所成的角为，
则，
即，
令，
则，
当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值，
即当时，的最大值为1，此时点，
所以，
所以点到平面的距离，
故当直线与平面所成角的正弦值最大时，点到平面的距离为.
22. 已知椭圆：的左、右焦点分别为、，离心率为，过点且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，当点到直线的距离取最大值时，．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由题意可得，再由，求出，，即可求解.
（2）设，，直线的方程为，将直线与椭圆方程联立消去，求出，再由可得求出，由即可求解.
【详解】解：（1）设椭圆的半焦距为，
当点到直线的距离取最大值时，轴，此时，
又椭圆的离心率，所以，
解得，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）设，，直线的方程为．
代入椭圆的方程消去，
得，
，解得，
由韦达定理得，①
，②
若，则，
所以，
代入①②得，，
消去，得，
解得，
所以，
所以的面积为．
【点睛】本题考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，此题要求有较高的计算能力，属于难题.