广东省茂名市高州中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（创新班1-3班）（原卷版+解析版）

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一、单选题：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，只有一个选项是符合题目要求的．
1 如果事件与事件互斥，那么（ ）条件.
A. B.
C. 与一定互斥D. 与一定独立
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合实例，利用互斥事件的定义，独立事件的定义，以及概率的意义，逐项判定，即可求解.
【详解】例如：口袋中由3个红球、2个白球和1个黄球，从而任取一个球，
事件“表示取到的是红球”，事件“表示取到得是白球”，事件“表示取到的是黄球”，
此时，事件，事件和事件是互斥事件，所以事件不可能同时发生，
且，
对于A中，由，所以A不正确；
对于B中，由事件与事件不可能同时发生，可得，所以B正确；
对于C中，由事件；“取得一个球不是红球”，事件：“取得一个球不是白球”，
当取得到的一个球为黄球时，此时事件和事件同时发生，
所以与事件不一定互斥，所以C不正确；
对于D中，由，，可得，
此时事件和事件不独立事件，所以D错误.
故选：B.
2. 已知直线，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】当时可得，即；当时可得，结合充分、必要条件的定义即可求解.
【详解】当时，，
即，则，即；
当时，，解得.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
3. 已知向量，若，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量平行的坐标表示可得答案.
详解】，，
因为，所以，解得.
故选：A.
4. 三个函数，，的零点分别为，则之间的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断各函数的单调性，再根据零点的存在性定理求出函数零点的范围，即可得出答案.
【详解】因为函数，，，都是增函数，
所以函数，，均为增函数，
因为，
所以函数的零点在上，即，
因为，
所以函数的零点在上，即，
因为，
所以函数的零点在上，即，
综上，．
故选：B．
5. 若甲、乙两个圆柱的体积相等，底面积分别为和，侧面积分别为和.若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设甲圆柱底面圆半径为，高为，乙圆柱底面圆半径为，高为，由等面积之比得到，再由体积相同得到，最后由侧面积公式计算可得.
【详解】设甲圆柱底面圆半径为，高为，乙圆柱底面圆半径为，高为，
则，∴.
又，则，
∴.
故选：B.
6. 在中，，，则的形状为（ ）
A. 直角三角形B. 三边均不相等的三角形
C. 等边三角形D. 等腰（非等边）三角形
【答案】D
【解析】
【分析】结合条件利用数量积的运算律得，再根据数量积的定义求得，即可判断三角形的形状.
【详解】因为，所以，所以，
所以，所以，即，
又，所以，所以，
所以为等腰非等边三角形.
故选：D
7. 如图，下列正方体中，为底面的中点，为所在棱的中点，、为正方体的顶点，则满足的是（ ）
A. ③④B. ①②C. ②④D. ②③
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断的值即可.
【详解】设正方体的棱长为，
对于①：如图建立空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以与不垂直，即与不垂直，所以①错误；
对于②：如图建立空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以，即，所以②正确；

对于③：如图建立空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以，即，所以③正确；
对于④：如图建立空间直角坐标系，则，
可得，则，
所以与不垂直，即与不垂直，所以④错误；
故选：D.
8. 如图，已知正方形的边长为4，若动点P在以为直径的半圆上（正方形内部，含边界），则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出辅助线，利用极化恒等式得到，结合的最值得到答案.
【详解】取的中点，连接，
则，，
两式分别平方再相减得，
设中点为，连接交圆弧于点，则当与重合时，最小，最小值为2，
当当与或重合时，最大，最大值为，
所以.
故选：B
【点睛】思路点睛：平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知不重合的直线，，和平面，，则（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，，则
D. 若，，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据直线和平面的相关性质逐一判断即可.
【详解】对于A，根据平行传递性可知，若，，则，故A正确；
对于B，若，，则可能出现，或，或相交但不垂直，或异面但不垂直，故B错误；
对于C，若，，，，则或相交，故C错误；
对于D，根据面面垂直判定定理可知，若，，则，故D正确.
故选：AD
10. 已知圆，圆，则下列结论正确的是（ ）
A. 若和外离，则或
B. 若和外切，则
C. 当时，有且仅有一条直线与和均相切
D. 当时，和内含
【答案】ABC
【解析】
【分析】首先得到两圆圆心坐标与半径，从而求出圆心距，再根据两圆的位置关系由圆心距与半径的和差关系得到不等式（方程），即可判断.
【详解】圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径，
所以，
若和外离，则，解得或，故A正确；
若和外切，则，解得，故B正确；
当时，，则和内切，故仅有一条公切线，故C正确；
当时，，则和相交，故D错误.
故选：ABC．
11. 如图，四棱锥中，底面是正方形，平面，，、分别是的中点，是棱上的动点，则（ ）

A.
B. 存在点，使平面
C. 存在点，使直线与所成的角为
D. 点到平面与平面的距离和为定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法逐一判断各个选项即可.
【详解】根据已知条件，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴
建立空间直角坐标系，设，则，，，
，，，；
由是棱上的动点，设，，
因为，，所以，
即，故A正确；
当为中点时，是的中位线，所以，
又平面，平面，所以平面，故B正确；
，，若存在点，
使直线与所成的角为，
则，
化简得，无解，故C错误；
由题意可知：点到平面的距离，
为平面的法向量，所以点到平面的距离为，
所以，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 若连续抛两次骰子得到的点数分别是，，则点在直线上的概率是______.
【答案】
【解析】
【分析】利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解.
【详解】连续抛两次骰子得到的点数分别是，，
基本事件总数为，
其中点在直线上包含的基本事件有，，，，，共5个，
则点在直线上的概率是.
故答案为：.
13. 圆在点处的切线方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出圆心坐标，求出切点与圆心连线的斜率；再根据圆的性质求出切线的斜率；最后根据点斜式即可写出切线方程.
【详解】
由圆可得圆心坐标为，点在圆上.
则直线的斜率为：.
由圆的性质可知：圆在点处的切线与直线垂直.
所以圆在点处的切线斜率为，则切线方程为，即.
故答案为：
14. 已知菱形ABCD的边长为1，，将沿AC翻折，当三棱锥表面积最大时，其内切球表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】求内切球的表面积，只需根据等体积法求出内切球的半径即可求解.
【详解】
因为菱形的四条边相等，对角线互相垂直
三棱锥中，面与面的面积是确定的，所以要使三棱锥表面积最大，则需要面与面最大即可，而且；
，当时，取得最大值.
过点向平面作垂线，设的中点为垂足为，

因为，，所以由余弦定理知，
所以，易得.
所以.
因为，
设内切球的半径为，则根据等体积法，有：
，
即，解之得，
所以其内切球的表面积为
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知顶点，边上的高所在直线方程为，边上的中线所在的直线方程为.
（1）求直线的方程：
（2）求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用点斜式求得直线的方程.
（2）先求得两点的坐标，结合点到直线的距离公式、两点间的距离公式求得三角形的面积.
【小问1详解】
边上的高所在直线方程为，
直线的斜率为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为.
【小问2详解】
边上的中线所在的直线方程为，
由解得，即.
设，则，
所以，解得，即.
，到的距离为，
所以三角形的面积为.
16. 第19届亚运会将于2022年9月在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障．某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．

（1）求的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩众数和第60%分位数（分位数精确到0.1）；
（3）在第四、第五两组志愿者中，现采用分层抽样的方法，从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率．
【答案】（1）
（2）众数为，分位数为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据已知中的“频率和”求得.
（2）根据众数、百分位数知识求得正确答案.
（3）利用列举法，结合古典概型概率计算公式求得正确答案.
【小问1详解】
依题意，解得.
【小问2详解】
由图可知，众数为，
前两组的频率和为，前三组的频率和为，
所以分位数为.
【小问3详解】
第四、第五两组的频率比为，
所以第四组抽人，记为，第五组抽人，记为.
从中抽取人，基本事件为，共10种，
选出的两人来自不同组的是，共4种，
所以选出的两人来自不同组的概率为.
17. 如图，已知四棱锥，底面为边长为2的菱形，平面，，，分别是，的中点．
（1）证明：；
（2）若，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）通过证明PA⊥AE和AE⊥AD，可证得AE⊥平面PAD，从而得证；
（2）由（1）知，，两两垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面的一个法向量，平面的一个法向量．通过空间向量夹角余弦公式求解二面角的余弦值．
【详解】（1）证明：由四边形为菱形，，可得为正三角形，
∵为的中点，∴．
∵，面，∴．
而面，面，且
∴面．
又面，∴．
（2）由（1）知，，两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又，分别是，的中点，，，，，，，，∴，
设平面的法向量为，
则，∴
取，则．
∵，，，∴面．
故为平面的一个法向量，又．
∴
所以二面角的余弦值为．
【点睛】方法点睛：空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
18. 已知圆C：和直线l：相切．
（1）求圆C半径；
（2）若动点M在直线上，过点M引圆C的两条切线MA、MB，切点分别为A、B．
①记四边形MACB的面积为S，求S的最小值；
②证明直线AB恒过定点．
【答案】（1）；
（2）①；②证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出圆的圆心到直线的距离即得.
（2）①设，利用圆的切线长定理，求出四边形面积的函数关系并求出最小值；②求出M、A、C、B四点共圆的方程，再求出两个圆公共弦所在直线方程，即可推理得解.
【小问1详解】
圆心到直线的距离，
所以圆C半径.
【小问2详解】
①由（1）知，圆C的方程为：，圆心，，
由MA、MB是的两条切线，得，，设，
则，
因此，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
②由①知，点，，，则四点共圆且以MC为直径，
此圆的方程为，整理得，
而圆C的方程为，，两圆方程相减得，
因此直线的方程为，对任意实数，当时，，
所以直线过定点.
19. 在锐角三角形中，其内角所对的边分别为，且满足.
（1）求证：；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用倍角公式得到，再利用正弦定理与余弦定理的边角变换得到，再利用锐角三角形排除即可得证；
（2）结合（1）中结论得到，从而将问题转化为，进而利用角的取值范围与对勾函数的单调性即可求解.
【小问1详解】
因为，所以，
由正弦定理与余弦定理得，
所以，整理得，
若，即，则，所以，即，
故，与是锐角三角形矛盾，故，
所以.
【小问2详解】
因为，所以，
又，所以，故，
又因为，
所以，
∵，，∴，∴，
因为对勾函数在上单调递增，
，，
∴，∴的取值范围为．