山东省淄博市2023-2024学年高二上学期期末教学质量检测数学试题

这是一份山东省淄博市2023-2024学年高二上学期期末教学质量检测数学试题，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．直线的倾斜角是（ ）
A．0B．
C．D．不存在
2．抛物线的准线方程为（ ）
A．B．
C．D．
3．过点且与直线垂直的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．甲乙两人参加面试答辩，假设甲乙面试互不影响，且他们面试通过的概率分别为，，则两人中至少有一人通过的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．直线与轴，轴分别交于点，以线段为直径的圆的方程为（ ）
A．B．
C．D．
6．如图，在四面体中，分别为的中点，为的重心，则（ ）
A．
B．
C．
D．
7．已知正方体，若是棱的中点，则异面直线和夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．双曲线C：的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，过作直线与双曲线C的左、右两支分别交于A，B两点.若，且，则直线与的斜率之积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且，过点作轴于点，则（ ）
A．B．抛物线的准线为直线
C．D．的面积为
10．若，，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．事件与相互独立
C．事件与不互斥D．
11．点在圆上，点在圆上，则（ ）
A．的最小值为3B．的最大值为7
C．两个圆心所在的直线斜率为D．两个圆相交弦所在直线的方程为
12．已知正方体的棱长为1，点P满足，，，（P，B，D，四点不重合），则下列说法正确的是（ ）．
A．当时，的最小值是1
B．当，时，∥平面
C．当，时，平面平面
D．当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为
三、填空题
13．从2至6的5个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为 .
14．经过两条直线的交点，且直线的一个方向向量的直线方程为 .
15．为矩形所在平面外一点，平面，若已知，，，则点到的距离为 ．
16．已知，分别为椭圆的左、右焦点，以为圆心且过椭圆左顶点的圆与直线相切．P为椭圆上一点，I为的内心，且，则的值为 ．
四、解答题
17．如图，在三棱柱中，分别是上的点，且. 设.

(1)试用表示向量；
(2)若，求的长.
18．已知圆的圆心在直线上，与直线相切于点.
(1)求圆的标准方程；
(2)过点的直线与圆相交于，两点，若的面积为，求该直线的方程.
19．已知椭圆，一组平行直线的斜率是.
(1)当它们与椭圆相交时，证明这些直线被椭圆截得的线段的中点在同一条直线上；
(2)这组直线中经过椭圆上焦点的直线与椭圆交于两点，求.
20．某高校自主招生考试分笔试与面试两部分，每部分考试成绩只记“通过”与“不通过”，两部分考试都“通过”者，则考试“通过".并给予录取.甲､乙两人都参加此高校的自主招生考试，甲､乙两人在笔试中“通过”的概率依次为，在面试中“通过”的概率依次为，笔试和面试是否“通过”是独立的.
(1)甲､乙两人谁获得录取的可能性大？请说明理由：
(2)求甲､乙两人中至少有一人获得录取的概率.
21．如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面夹角的大小；
(3)若线段上总存在一点，使得，求的最大值.
22．已知双曲线（，）的离心率为2，且经过点.
(1)求双曲线的方程；
(2)点，在双曲线上，且，，为垂足.证明：①直线过定点；②存在定点，使得为定值.
参考答案：
1．C
【分析】利用直线倾斜角的定义即可得解.
【详解】因为直线与轴垂直，因此直线的倾斜角是．
故选：C．
2．B
【分析】把抛物线方程化成标准形式，再求出其准线方程即得.
【详解】抛物线方程化为，所以抛物线的准线方程为.
故选：B
3．B
【分析】根据直线垂直满足的斜率关系，即可由点斜式求解.
【详解】直线的斜率为，所以与直线垂直的直线斜率为，
故由点斜式可得，即，
故选：B
4．A
【分析】根据给定条件，利用相互独立事件及对立事件的概率公式求解即得.
【详解】依题意，两人中至少有一人通过的概率为.
故选：A
5．B
【分析】根据直线方程求出A，B点的坐标，法一：利用圆的直径式方程直接求得；法二：求出AB中点即为圆心，AB长的一半为半径，利用圆的标准方程直接写出，再化为一般方程即可.
【详解】由题：
法一：根据圆的直径式方程可以得到：
以线段AB为直径的圆的方程为，即，
故选：B.
法二：AB中点为(2,1)，
故以线段AB为直径的圆的圆心为(2,1)，半径为，
所以圆的方程为，展开化简得：，
故选：B.
6．B
【分析】根据空间向量的线性运算，将用表示即可.
【详解】因为分别为的中点，所以.
因为为的重心，所以，
所以.
故选：B.
7．D
【分析】根据给定条件，结合正方体的结构特征，利用几何法求出异面直线夹角的余弦值.
【详解】令正方体的棱长为2，连接，则，
四边形是正方体的对角面，则四边形是矩形，即，
因此是异面直线和所成的角，在等腰中，，
所以异面直线和夹角的余弦值为.
故选：D
8．A
【分析】设，利用双曲线定义推出相关线段的长，进而在和中利用余弦定理，求出以及，继而求得，再结合双曲线方程推出，即可求得答案.
【详解】由题意结合双曲线定义可知，且，
不妨设，则，，，
.
在中，，由余弦定理得，
即，即，
解得.
在中，由余弦定理得，
即，即，结合，
即得，故得，即.
又可设，则，
而，故，
故选：A
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据所给，分别在和中利用余弦定理，求出，继而求得，再结合双曲线方程推出，即可求解.
9．AD
【分析】根据抛物线的定义以及焦半径的长度求出值判断AB；求出点的纵坐标判断；求出的面积判断D.
【详解】抛物线的准线为直线，过点向准线作垂线垂足为，
由抛物线的定义知，解得，
则抛物线的方程为，准线为直线，A正确，B错误；
将代入抛物线方程，解得，C错误；
焦点，点，即，则，D正确.
故选：AD
10．BC
【分析】利用对立事件概率计算判断A；利用相互独立事件的定义判断B；利用互斥事件的意义判断C；利用概率的基本性质计算判断D.
【详解】对于A，由，得，A错误；
对于B，由，，，得，事件与相互独立，B正确；
对于C，由，得事件与可以同时发生，则事件与不互斥，C正确；
对于D，，D错误.
故选：BC
11．ABC
【分析】分别找出两圆的圆心和的坐标，以及半径和，利用两点间的距离公式求出两圆心间的距离，根据大于两半径之和，得到两圆的位置关系是外离，又为圆上的点，为圆上的点，便可求出其最值，用斜率公式求出.
【详解】圆的圆心坐标，半径
圆 ，即的圆心坐标，半径
∴圆心距
又在圆上，在圆上
则的最小值为，最大值为．
故A、B正确；
两圆圆心所在的直线斜率为，C正确；
圆心距大于两圆半径和，两圆外离，无相交弦，D错误.
故答案为：ABC
12．BCD
【分析】对于A：根据空间向量分析可知点在平面内，利用等体积法求点到平面的距离；对于B：根据空间向量分析可知点在直线上，根据线面平行的判定定理分析判断；对于C：根据空间向量分析可知点为取的中点，结合线面垂直关系分析证明；对于D：根据空间向量分析可知点在平面内，根据线面夹角的定义结合基本不等式分析判断.
【详解】对于选项A：当时，即，
则，
可得，则，
可知点在平面内，

设点到平面的距离为，可知，
由可得，解得，
所以的最小值是，故A错误；
对于选项B：当，时，
则，
可得，则，

由正方体的性质可知：∥，且，
则为平行四边形，可得∥，且，
即，则，
可知点在直线上，直线即为直线，
且∥，平面，平面，
所以∥平面，即∥平面，故B正确；
对于选项C：当，时，
则，
取的中点，可得，
可知点即为点，

因为平面，平面，则，
设，连接，
可知，，平面，
所以平面，且平面，可得，
同理可得：，且，平面，
所以平面，
又因为分别为的中点，则∥，可得平面，
且平面，所以平面平面，故C正确；
对于选项D：当，时，
则，
可知点在平面内，

因为平面∥平面，
则直线与平面所成角即为直线与平面所成的角，
因为平面，则直线与平面所成的角为，
可得，
又因为，即，则，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
可知的最小值为，则的最大值，
所以直线与平面所成角的正切值的最大值为，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：根据空间向量的线性运算，结合向量共线或共面的判定定理确定点的位置，方可结合立体几何相关知识分析求解.
13．/0.6
【分析】根据给定条件，利用列举法结合古典概率公式计算即得.
【详解】从2至6的5个整数中随机取2个不同数的试验的样本空间为：
（交换数字位置算一种情况），共10个样本点，
所取2个数互质的事件，共6个样本点，
所以这2个数互质的概率为.
故答案为：
14．
【分析】求出交点坐标，根据直线的方向向量得到直线方程.
【详解】，解得，故交点坐标为，
因为直线的一个方向向量，所以直线方程为，
即.
故答案为：
15．/
【分析】方法一：过作，交于，连结，则可得是点到的距离，然后求解即可，方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可
【详解】方法一
矩形中，，，，
过作，交于，连结，
平面，平面，
，
又 ，，
平面，
∵平面，
，即是点到的距离，
，，
，
点到的距离为．
方法二
∵平面，平面，
∴，
∵
∴三线两两垂直，
∴以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，
，
，
点到的距离为
故答案为：
16．/1.5
【分析】根据题意利用点到直线的距离公式求出椭圆焦点坐标，再利用三角形内接圆与三角形面积的关系列式，结合椭圆定义即可求出答案.
【详解】设，，为圆心且过椭圆左顶点的圆的半径为，根据题意可知，解得
设的内接圆半径为r，则
，，
故，化简可得，即，解得
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用向量加减法及向量数乘的几何意义，基底法表示；
（2）利用向量的数量积运算求解向量的模.
【详解】（1）
，
又，，，
∴．
（2）因为，．
，．，
，
，
．
18．(1)；
(2)或.
【分析】（1）根据给定条件，求出经过切点的半径所在直线方程，再求出圆心坐标即可得解.
（2）根据给定条件，利用点到直线的距离公式及弦长公式，列式计算即得.
【详解】（1）依题意，过点且垂直于直线的直线方程为，
则圆的圆心在直线上，由，解得，
即点，因此圆的半径，
所以圆的标准方程为.
（2）显然直线的斜率存在，设直线的方程为，即，
则点到直线的距离，，
于是的面积，解得或，
所以直线的方程为或，即或.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设这组平行直线的方程为，与椭圆方程联立，借助韦达定理求得弦中点坐标即可判断得解.
（2）求出椭圆焦点坐标及直线的方程，再利用弦长公式计算即得.
【详解】（1）设这组平行直线的方程为，则，消去y得，
由，得，
设交点坐标为，
则，因此这组平行直线与椭圆交点的中点坐标为，
显然点始终在直线上，
所以这些直线被椭圆截得的线段的中点在同一条直线上.
（2）椭圆的焦点坐标为，由对称性，不妨取焦点，直线，
设，由（1）知，，
所以.
.
20．(1)甲获得录取的可能性大，理由见解析，
(2)
【分析】（1）由相互独立事件的概率乘法公式分别计算甲乙两人被录取的概率，再比较即可，
（2）甲､乙两人中至少有一人获得录取包括3种情况：甲被录取乙没被录取，甲没被录取乙被录取，甲､乙都被录取，求出每种情况的概率，再利用互斥事件的概率加法公式可求得结果.
【详解】（1）记“甲通过笔试”为事件，“甲通过面试”为事件，“甲获得录取”为事件 ，“乙通过笔试”为事件，“乙通过面试”为事件，“乙获得录取”为事件，
则由题意得，笔试和面试是否“通过”是独立的，
所以,
,
因为，即，
所以甲获得录取的可能性大
（2）记“甲､乙两人中至少有一人获得录取”为事件，则由题意得
所以甲､乙两人中至少有一人获得录取的概率为.
21．(1)证明负了解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）设与交于点，连接，结合平行四边形的判定性质，再利用线面平行的判定定理推理即得.
（2）建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法求解即得.
（3）由（2）的信息，利用空间向量垂直的坐标表示建立函数求解即可.
【详解】（1）设，连结，，矩形中，是线段的中点，是线段的中点，
则，，于是为平行四边形，则，
又平面，平面，所以平面.
（2）由平面平面，，平面平面，平面，
得平面，又，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立如空间直角坐标系，，
则，
，，设平面的法向量为，
则，令，得，
由，得平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，则，解得，
所以平面与平面夹角的大小为.
（3）由（2）知，，
则，，设，
则，，于是，
由，得，即，因此，又，
所以，即的最大值为.
【点睛】关键点睛：第三问，设，其中，根据向量的坐标表示得到，，再由垂直关系列方程得到参数关系为关键.
22．(1)；
(2)①证明见解析；②存在定点.
【分析】（1）由给定的点和离心率求出即可得双曲线的方程.
（2）设出点的坐标，在斜率存在时设方程为，联立直线与双曲线方程，结合已知求得的关系，进而得直线恒过定点，验证直线斜率不存在的情况，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【详解】（1）由双曲线的离心率为2，得，则，
由双曲线过点，得，于是，
所以双曲线的方程为.
（2）①设点，当直线斜率存在时，设直线的方程为，
由消去得，，
显然，即，，
由，得，而，
则，
整理得，
即，
整理得，显然直线不过点，即，
因此，即，符合题意，直线：过定点，
当直线斜率不存在时，点，，
而，显然，解得，直线：过点，
所以直线过定点.
②由①知，直线过定点，而点，线段中点，
又，当点与不重合时，点是以线段为斜边的直角三角形的直角顶点，
则，当点与重合时，，
所以存在定点，使得为定值.
【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．