山东省济宁市兖州区2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析

这是一份山东省济宁市兖州区2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析，共28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. 从装有两个红球和两个白球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是（）
A. 至少有一个白球与都是红球B. 恰好有一个白球与都是红球
C. 至少有一个白球与都是白球D. 至少有一个白球与至少一个红球
2. 若两条平行直线与之间的距离是，则（）
A. B. C. D.
3. 如图，二面角的度数为，其棱上有两点、，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，，则线段的长为（）
A. B. C. D.
4. 已知平面的一个法向量为，其中，则点到平面的距离为（）
AB. C. D.
5. 在正四棱锥中，为顶点S在底面内的射影，为侧棱的中点，且，则直线与平面所成角的余弦值是（）
A. B. C. D.
6. 有6个相同球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（）
A甲与丙相互独立B. 甲与丁相互独立
C. 乙与丙相互独立D. 丙与丁相互独立
7. 已知圆的方程为，直线，点是直线上的一动点，过作圆的两条切线，切点分别为，当四边形的面积最小时，直线的方程为（）
A. B.
C. D.
8. 在棱长为的正方体中，是正方体外接球的直径，点是正方体表面上的一点，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
二、选择题：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. 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120°
C. ，，“直线与直线垂直”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
10. 关于空间向量，以下说法正确的是（）
A. 已知两个向量，且，则
B. 已知，则在上的投影向量为
C. 设是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
D. 若对空间中任意一点，有，则四点共面
11. 下列说法正确的是（）
A. 圆与圆的公共弦长为
B. 过点作圆的切线，则切线的方程为
C. 圆与圆关于直线对称
D. 圆心为，半径为5的圆的标准方程是
12. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（）
A. 当时，的周长为定值
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，有且仅有一个点，使得
D. 当时，有且仅有一个点，使得平面
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. 假如，，且与相互独立，则___________．
14. 直线经过点，且直线的一个方向向量为，若直线与轴交于点，则______.
15. 写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．
16. 如图，在直三棱柱中，，、分别是线段、上的点，是直线上的点，满足平面，且、不是三棱柱的顶点，则长的最小值为______.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 如图，在空间四边形中，，点为的中点，设.
（1）试用向量表示向量；
（2）若，求的值.
18. 袋中有7只大小形状相同颜色不全相同的小猫摆件，分别为黑猫、白猫、红猫，某同学从中任意取一只小猫摆件，得到黑猫或白猫的概率是，得到白猫或红猫的概率是，试求：
（1）某同学从中任取一只小猫摆件，得到黑猫、白猫、红猫的概率各是多少？
（2）某同学从中任取两只小猫摆件，得到两只小猫颜色不相同的概率是多少？
19. 已知圆，直线（）恒过定点.
（1）求定点的坐标；
（2）求直线被圆截得的弦长最短时的值、直线的方程以及最短弦长.
20. 甲，乙两人进行游戏比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立．
（1）求第三局结束时甲获胜的概率；
（2）求乙最终以分获胜的概率．
21. 如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．
（1）证明：；
（2）点在棱上，当二面角时，求．
22. 中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍是茅草屋顶．”现有一个刍甍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，，，．
（1）当点N为线段AD的中点时，求证：直线平面EFN；
（2）当点N在线段AD上时（包含端点），求平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的取值范围．2023-2024学年第一学期期中质量检测
高二数学试题
一、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. 从装有两个红球和两个白球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是（）
A. 至少有一个白球与都是红球B. 恰好有一个白球与都是红球
C. 至少有一个白球与都是白球D. 至少有一个白球与至少一个红球
【答案】B
【解析】
【分析】列举每个事件所包含的基本事件，结合互斥事件和对立事件的定义，依次验证即可.
【详解】解：对于A，事件：“至少有一个白球”与事件：“都是红球”不能同时发生，但是对立，故A错误；
对于B，事件：“恰好有一个白球”与事件：“都是红球”不能同时发生，但从口袋内任取两个球时还有可能是两个都是白球，
所以两个事件互斥而不对立，故B正确；
对于C，事件：“至少有一个白球”与事件：“都是白球”可以同时发生，所以这两个事件不是互斥的，故C错误；
对于D，事件：“至少有一个白球”与事件：“至少一个红球”可以同时发生，即“一个白球，一个红球” ，所以这两个事件不是互斥的，故D错误.
故选：B.
2. 若两条平行直线与之间的距离是，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用两直线平行可求出的值，利用平行线间的距离公式可求出的值，即可得出的值.
【详解】因为直线与平行，则，
且这两条直线间的距离为，解得，故.
故选：A.
3. 如图，二面角的度数为，其棱上有两点、，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，，则线段的长为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析可知，，，，，利用空间向量数量积的运算性质可求得线段的长.
【详解】由题意可知，，，，，，
则，
因为，
所以，
，
因此，.
故选：D.
4. 已知平面的一个法向量为，其中，则点到平面的距离为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量求点到面的距离.
【详解】由题意可得：，
所以点到平面的距离为.
故选：C.
5. 在正四棱锥中，为顶点S在底面内的射影，为侧棱的中点，且，则直线与平面所成角的余弦值是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解．
【详解】如图，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系，
设，
则，
则，，,
设平面PAC一个法向量为，则，
令，则，可得，
则，
设直线BC与平面PAC的夹角为，
可得直线BC与平面PAC的夹角的正弦值为，
所以直线BC与平面PAC的夹角的余弦值.
故选：C
6. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（）
A. 甲与丙相互独立B. 甲与丁相互独立
C. 乙与丙相互独立D. 丙与丁相互独立
【答案】B
【解析】
【分析】根据独立事件概率关系逐一判断
【详解】，
故选：B
【点睛】判断事件是否独立，先计算对应概率，再判断是否成立
7. 已知圆的方程为，直线，点是直线上的一动点，过作圆的两条切线，切点分别为，当四边形的面积最小时，直线的方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得当点到圆心的距离最小时，切线的长度最小，此时四边形的面积最小，求出点的坐标，以为直径的圆的方程，两圆相减得到直线的方程.
【详解】
由圆的方程为可知圆心，半径，点到圆心的距离最小时，切线的长度最小，此时四边形的面积最小，
所以，，所以直线的方程为，
联立，解得，
以为直径，以中点为圆心的圆方程为，
两圆方程相减可得直线的方程，
故选：D
8. 在棱长为的正方体中，是正方体外接球的直径，点是正方体表面上的一点，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设正方体的外接球的球心为，球的半径为，分析可得，求出的取值范围，即可得出的取值范围.
【详解】设正方体的外接球的球心为，球的半径为，
则，可得，所以，
又
，
当为正方体某个面的中心时，取最小值；
当与正方体的顶点重合时，取最大值.
则，所以.
故选：A.
二、选择题：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. 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120°
C. ，，“直线与直线垂直”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】考虑直线截距为0时可以判断A；
先求出斜率，进而求出倾斜角，然后判断B；
先求出直线与直线垂直的等价结论，进而判断C；
设出原直线方程，再求出平移后的直线方程，进而通过两条直线重合求出答案，进而判断D.
【详解】对A，若直线过原点，则方程为：，A错误；
对B，直线斜率：，则倾斜角为120°，B正确；
对C，直线与直线垂直，等价于或a=3，C正确；
对D，若直线斜率不存，设直线，它沿轴向左平移3个单位长度，再沿轴向上平移2个单位长度后得到：，不与原来重合，舍去；
若直线斜率存在，设直线，它沿轴向左平移3个单位长度，再沿轴向上平移2个单位长度后得到：，因为它回到原来的位置，所以，D正确.
故选：BCD
10. 关于空间向量，以下说法正确的是（）
A. 已知两个向量，且，则
B. 已知，则在上的投影向量为
C. 设是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
D. 若对空间中任意一点，有，则四点共面
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据空间向量共线的知识判断A；根据投影向量计算公式判断B；根据空间向量共面的知识判断C和D.
【详解】对于A，因为，所以，
因为，所以，
解得，所以，故A正确；
对于B，因为，所以，，
所以在上的投影向量为，故B正确；
对于C，设是空间中的一组基底，则不共面，
假设共面，则，显然无解，所以不共面，
则也是空间的一组基底，故C正确；
对于D，，但，则四点不共面，故D错误.
故选：ABC.
11. 下列说法正确的是（）
A. 圆与圆的公共弦长为
B. 过点作圆的切线，则切线的方程为
C. 圆与圆关于直线对称
D. 圆心为，半径为5的圆的标准方程是
【答案】AC
【解析】
【分析】求出两圆公共弦所在直线方程，再求出弦长判断A；由直线与圆相切判断B；求出两圆连心线的中垂线方程判断C；求出圆的标准方程判断D.
【详解】对于A，圆的圆心，半径，圆的
圆心，半径，显然，即两圆相交，
把两个圆的方程相减得公共弦所在直线方程，点到此直线距离
，因此公共弦长为，A正确；
对于B，直线过点，且与相切，即切线的方程可以为，B错误；
对于C，圆的圆心，圆的圆心，
显然这两个圆是等圆，则它们关于线段的中垂线对称，而线段的中点，
直线的斜率为，于是线段的中垂线方程为，即，C正确；
对于D，圆心为，半径为5的圆的标准方程是，D错误.
故选：AC
12. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（）
A. 当时，的周长为定值
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，有且仅有一个点，使得
D. 当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. 假如，，且与相互独立，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件求出，再借助全概率公式即可计算作答.
【详解】因与相互独立，且，，则，
所以.
故答案为：
14. 直线经过点，且直线的一个方向向量为，若直线与轴交于点，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用方向向量可得斜率为，求得直线的方程代入点可得.
【详解】由的一个方向向量为可得直线斜率为，
所以直线的方程为，即，
将代入直线方程可得，可得.
故答案为：
15. 写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．
【答案】或或
【解析】
【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.
【详解】[方法一]：
显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，
于是，
故①，于是或，
再结合①解得或或，
所以直线方程有三条，分别为，，
填一条即可
[方法二]：
设圆的圆心，半径为，
圆的圆心，半径，
则，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；
又由方程和相减可得方程，
即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，
直线OC与直线的交点为，
设过该点的直线为，则，解得，
从而该切线的方程为填一条即可
[方法三]：
圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，
如图，
当切线为l时，因为，所以，设方程为
O到l的距离，解得，所以l的方程为，
当切线为m时，设直线方程为，其中，，
由题意，解得，
当切线为n时，易知切线方程为，
故答案为：或或.
16. 如图，在直三棱柱中，，、分别是线段、上的点，是直线上的点，满足平面，且、不是三棱柱的顶点，则长的最小值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】利用空间向量的坐标运算，根据平行、垂直关系的坐标表示，和空间距离的坐标表示求解.
【详解】如图，由已知，，两两互相垂直，
以点A为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，
可得，，，，
设，，，
，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，，
因为平面，所以,
,
又，
，可得，
，，
，
当时，取最小值，最小值为.
故答案为: .
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 如图，在空间四边形中，，点为的中点，设.
（1）试用向量表示向量；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先把表示出来，然后由点E为的中点得，化简即得结果；
（2）把、用表示，然后利用数量积的运算律结合已知条件即可求出结果.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
因为点E为的中点，所以
.
【小问2详解】
因为，，
所以
=
18. 袋中有7只大小形状相同颜色不全相同的小猫摆件，分别为黑猫、白猫、红猫，某同学从中任意取一只小猫摆件，得到黑猫或白猫的概率是，得到白猫或红猫的概率是，试求：
（1）某同学从中任取一只小猫摆件，得到黑猫、白猫、红猫的概率各是多少？
（2）某同学从中任取两只小猫摆件，得到的两只小猫颜色不相同的概率是多少？
【答案】（1），，
（2）
【解析】
【分析】（1）从中任取一只小猫摆件，分别记得到黑猫、白猫、红猫为事件，由已知列出的方程组即可得解；
（2）求出从只小猫摆件中取出两只小猫摆件的基本事件总数，再求出两只小猫颜色相同的基本事件总数，从而利用古典概型与对立事件的概率公式即可得解.
【小问1详解】
从中任取一只小猫摆件，分别记得到黑猫、白猫、红猫为事件，
由于为互斥事件，
所以由题意得，，解得，
所以任取一只小猫摆件，得到黑猫、白猫、红猫的概率分别是，，.
【小问2详解】
由（1）知黑猫、白猫、红猫摆件的个数别为，
记黑猫摆件为，白猫摆件为，红猫摆件为，
则从只小猫摆件中取出两只小猫摆件的基本事件有：，
，，，，共有件，
其中两只摆件是黑猫的基本事件有：，共3件，
两只白猫的基本事件有：，共1件，两只红猫的基本事件有：，共1件，
于是两只小猫摆件同色的概率为，
则两只小猫摆件颜色不相同的概率是.
19. 已知圆，直线（）恒过定点.
（1）求定点的坐标；
（2）求直线被圆截得弦长最短时的值、直线的方程以及最短弦长.
【答案】（1）
（2），，
【解析】
【分析】（1）由直线l的方程变形为，联立即可求得直线恒过的定点；
（2）要使直线l被圆C所截得的弦长最短，则，化圆C的方程为标准方程，求出圆心坐标，得到，再由两直线垂直与斜率的关系列式求解m值及弦长.
【小问1详解】
直线的方程整理得，
该方程对于任意实数成立，则，解得，
所以直线恒过定点.
【小问2详解】
因为直线恒经过圆内的定点，
当直线垂直于时被截得的弦长最短.
由，可知，
所以当直线被圆截得的弦最短时，直线的斜率为2，
于是有，解得，
此时直线的方程为，即，
又因为，所以最短弦长为.
20. 甲，乙两人进行游戏比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立．
（1）求第三局结束时甲获胜的概率；
（2）求乙最终以分获胜的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）对甲来说共有两种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）,根据独立事件的乘法公式即可求解.
（2）以比赛结束时的场数进行分类，在每一类中根据相互独立事件的乘法公式即可求解.
【小问1详解】
设事件为“第三局结束甲获胜”，
由题意知，甲每局获胜的概率为，不获胜的概率为．
若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．
故.
【小问2详解】
由题知，每局比赛中，乙获胜的概率为，平的概率为，负的概率为，
设事件为“乙最终以分获胜”．
若第二局结束乙获胜，则乙两局连胜，此时的概率．
若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）．
此时的概率．
若第四局结束乙以分获胜，则乙第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情况：
（胜，平，平，胜），（平，胜，平，胜），（平，平，胜，胜），（胜，平，负，胜），
（胜，负，平，胜），（平，胜，负，胜），（负，胜，平，胜），（平，负，胜，胜），（负，平，胜，胜）．
此时的概率
故.
21. 如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．
（1）证明：；
（2）点在棱上，当二面角为时，求．
【答案】（1）证明见解析；
（2）1
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【小问1详解】
以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
【小问2详解】
设，
则，
设平面的法向量，
则，
令，得，
，
设平面的法向量，
则，
令，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
22. 中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广．刍，草也．甍，屋盖也．”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱．刍甍是茅草屋顶．”现有一个刍甍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，，，．
（1）当点N为线段AD的中点时，求证：直线平面EFN；
（2）当点N在线段AD上时（包含端点），求平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的取值范围．
【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即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的表达式，进行合理变形，结合二次函数的性质求得余弦的最值，即可求得答案.
【小问1详解】
证明：因为点N为线段AD中点，且，
所以，
因为，且四边形ABCD为正方形，故，
所以，而平面，
故平面；
【小问2详解】
设正方形ABCD的中心为O，分别取的中点为，
设点H为线段AD的中点，由（1）知四点共面，且平面，
连接平面，故，
又平面，故平面平面，
且平面平面，
由题意可知四边形为等腰梯形，故,
平面，故平面，
故以O为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，
因为，则，
又，故，
设到底面的距离为h，
四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，且，
故，又，
故，则，
，，
设，
设平面的一个法向量为，
则，令，
设平面的一个法向量为，
则，令，
故，
令，则，
令，则，
令，则在上单调递增，
故当时，，当时，，
故，
即平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值得取值范围为.
【点睛】难点点睛：本题考查了线面垂直的证明以及空间面面角的向量求法，解答的难点在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围.