浙江省杭州市钱塘联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试卷（Word版附解析）

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A. 抽签法B. 随机数法C. 系统抽样法D. 分层抽样法
【答案】D
【解析】
【分析】根据分层抽样的特征即可求解.
【详解】由于男女生两个不同的群体在空间想象能力方面有差异，最适合采用的是分层抽样法，
故选：D
2. 若，构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量共面定理，即若三个向量，，共面，则存在实数，，使得通过列方程组判断是否有解，来确定向量是否共面，一一判定选项即可.
【详解】对于A，若共面，则存在，
使，
则，显然无解，故不共面，故A错误；
对于B，若共面，则存在，
使，
则，显然无解，故不共面，故B错误；
对于C，若共面，则存在，
使，
则，显然无解，故不共面，故C错误；
对于D，若共面，则存在，
使，
则，解得，故共面，故D正确．
故答案为：D．
3. 在空间直角坐标系中，已知点下列叙述中正确的是（ ）
①点关于轴的对称点是
②点关于平面的对称点是
③点关于轴的对称点是
④点关于原点的对称点是
A. ①②B. ①③C. ②④D. ②③
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间坐标的对称性进行判断即可．
【详解】点关于轴的对称点的坐标是，，，故①错误；
点关于平面的对称点的坐标是，，，则②正确；
点关于轴的对称点的坐标是，，，则③错误；
点关于原点的对称点的坐标是，，，故④正确，
故正确的命题的序号是②④，
故选：C.
4. 已知数据，，，满足：，若去掉，后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法错误的是（ ）
A. 中位数不变B. 平均数不变
C. 若，则数据，，的第80百分位数为15D. 方差变小
【答案】C
【解析】
【分析】利用中位数、百分位数、平均数和方差的定义分析计算即可.
【详解】由，可得是以为首项，2为公差的等差数列的前10项，
原来的中位数与现在的中位数均为，故中位数不变，故A正确；
原来的平均数为，
去掉后的平均数为，所以平均数不变，故B正确；
当时，数据按从小到大顺序排列：.
因为，所以该组数据的第80百分位数是，故C错误；
原来的方差为，
去掉后的方差为，方差变小，故D正确.
故选：C.
5. 已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则
（ ）
A. α∥β且∥αB. α⊥β且⊥β
C. α与β相交，且交线垂直于D. α与β相交，且交线平行于
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D．
考点：平面与平面位置关系，平面的基本性质及其推论．
6. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，焦距为，若直线与椭圆交于点，满足，则离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】若点在轴上方，可得其不符合题意，舍去，若点在轴下方，则有，再结合正弦定理及离心率定义计算即可得解.
【详解】由椭圆焦距为，故，故直线经过点，
若点在轴上方，有，即，
又，则，
此时，不符，故舍去；
若点在轴下方，有，即，
又，则，
则，
故
.
故选：C.
7. 已知，，为球的球面上的三个点，圆为以为直径的的外接圆，若圆的面积为，，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可得的外接圆半径，得出的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.
【详解】设圆半径为，球的半径为，依题意，
得，是外接圆的直径，
所以，
根据球的截面性质平面，

，
球的表面积.
故选：A
8. 已知直线与相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线，直线过定点，并可得出，得出的轨迹方程为，根据两圆圆心距离与半径的关系，求出的最大值，并且，然后即可得出的最小值．
【详解】依题意得，半径，
设点坐标，易知直线，恒过点，
直线恒过，且，
则，即，点轨迹为，
圆心为，半径为，但是去掉点，
若点为弦的中点，位置关系如图：
，连接,由易知，
，，故B正确．
故选：B．
9. 已知椭圆，则（ ）
A. 椭圆的长轴长为B. 当时，椭圆的焦点在轴上
C. 椭圆的焦距可能为6D. 椭圆的短轴长与长轴长的平方和为定值
【答案】BD
【解析】
【分析】根据椭圆标准方程的形式、性质及焦点所在的位置分情况讨论即可.
【详解】对于A，若，解得，
即时，方程表示焦点在轴上的椭圆，
则，长轴长为，故A错误；
对于B，当时，椭圆方程为表示焦点在轴上的椭圆，故B正确；
由A知，由可知方程表示焦点在轴上的椭圆，
此时，所以，
由，解得，不符合，故舍去，
若，可得，椭圆方程为表示焦点在轴上的椭圆，
，所以，
由，解得，不符合，故舍去，
故不存在焦距为6的椭圆，故C错误；
由，
故椭圆的短轴长与长轴长的平方和为定值，故D正确.
故选：BD.
10. 某次考试的一道多项选择题，要求是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得6分，有错误选项不得分.若答案是两项，选对一项得3分，选对两项得6分，答案是三项，选对一项得2分，选对两项得4分，选对三项得6分.”已知某选择题的正确答案是AB，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，下列表述正确的是（ ）
A. 甲同学仅随机选一个选项，能得3分的概率是
B. 乙同学仅随机选两个选项，能得6分的概率是
C. 丁同学随机至少选择两个选项，但不选四项，能得分的概率是
D. 丙同学随机选择选项，但不选四项，能得分的概率是
【答案】ABC
【解析】
【分析】对各项中的随机事件，计算出基本事件的总数和随机事件中含有的基本事件的个数，再计算出相应的概率后可得正确的选项.
【详解】甲同学仅随机选一个选项，共有4个基本事件，分别为，
随机事件“若能得3分”中有基本事件，故“能得3分”的概率为，故A正确.
乙同学仅随机选两个选项，共有6个基本事件，
分别为：，
随机事件“能得6分”中有基本事件，故“能得6分”的概率为，故B正确.
丁同学随机至少选择两个选项，共有基本事件10个，
分别为：选两项有，
选三项有，
随机事件“能得分”中有基本事件有，故“能得分”的概率为，故C正确；
丙同学随机选择选项，但不选四项，由C与A可知共有14种选法，
能得分的选法有共3种，故能得分的概率是，故D错误.
故选：ABC.
11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一，下列几个结论正确的是（ ）
A. 曲线关于轴对称
B. 曲线恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）
C. 曲线在第一象限的点的纵坐标的最大值为1
D. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用题中给出的曲线的方程，将代入即可判断选项A；通过方程，确定和的取值情况，即可判断选项B；举出反例，取，计算出即可判断选项C；利用基本不等式以及两点间距离公式进行分析求解，即可判断选项D．
【详解】对A：将代入，可得，即，
故曲线关于轴对称，故A正确；
对B：当时，代入方程可得，所以，即曲线经过点，，
当时，方程变为，所以，
解得，则只能取整数，当时，，解得或，
即曲线经过点，，根据对称性，可得曲线还经过，，
故曲线一共经过6个整点，故B正确；
对C：当时，有，即，解得，
有，故曲线在第一象限的点的纵坐标的最大值大于，故C错误；
对D：当时，由，可得，
当且仅当时，等号成立，所以，所以，
故曲线上轴右边的点到原点的距离不超过，
根据对称性可得，曲线上任意一点到原点距离都不超过，故D正确.
故选：ABD.

12. 已知点，，则直线的倾斜角为__________.
【答案】
【解析】
【分析】应用两点式求得的斜率，根据斜率与倾斜角的关系及倾斜角的范围，求出倾斜角即可.
【详解】因为，，所以，
若的倾斜角为，则，
又，故.
故答案为：.
13. 已知直线与圆交于，两点，若面积为2，则值是__________.
【答案】
【解析】
【分析】设圆心到直线的距离为，由已知可得，可得，进而得，求解即可.
【详解】由圆，可得圆心，半径为，
设圆心到直线的距离为，则弦长，
由面积为2，可得，解得，
圆心到直线的距离为，解得.
故答案为：.
14. 如图所示，在矩形中，，E为边上的点，现将沿翻折至，使得在平面上的射影在上，且直线与平面所成的角为，则线段的长为________.
【答案】
【解析】
【分析】过作于H，连接，根据题意，得.因为直线与平面所成的角为，所以.设，根据三角函数求出相应边，再根据勾股定理列出关于x的方程求解.
【详解】
过作于H，连接，根据题意，得平面.
因为直线与平面所成的角为，所以.
又因为，所以，，设，则.
在四边形中，可得，所以，故.
故答案为：.
15. 已知直线.
（1）若直线过点，且，求直线的方程；
（2）若直线，且直线与直线之间的距离为，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用垂直关系求直线的斜率，再代入点斜式直线方程，即可求解；
（2）利用平行关系设直线方程，利用平行线间距离公式，求直线的方程.
【小问1详解】
直线的斜率，因为，所以直线的斜率为，
又直线过点，所以直线的方程是，即；
【小问2详解】
设直线，
则直线与直线之间的距离，解得或，
所以直线的方程是或.
16. 如图，在平行六面体中，，
（1）求证：；
（2）求的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两个非零空间向量的数量积为，证明这两个空间向量垂直.
（2）根据，求得的长.
【小问1详解】
证明：以为基底向量，则，.
所以所以，
所以，所以．
【小问2详解】
由（1）可得，.
所以，，
所以，即的长为．
17. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆.已知平面直角坐标系中，，且.
（1）求点的轨迹方程；
（2）过作（1）的切线，求切线方程；
（3）若点在（1）的轨迹上运动，另有定点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）设，结合列出方程即可求解；
（2）分切线斜率不存在和切线斜率存在两种情况讨论求解即可；
（3）先求出到圆心的距离，进而结合圆上一点到定点的距离最值问题求解即可.
【小问1详解】
设，由，
得，
整理得，，即，
则点的轨迹方程为.
【小问2详解】
由（1）知，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
当切线斜率不存在时，切线方程为，符合题意；
当切线斜率存在时，设切线方程为，即，
则，解得，
所以切线方程为，即.
综上所述，切线方程为或.
【小问3详解】
点到圆心的距离为，
所以，即，
即的取值范围为.
18. 将菱形绕直线旋转到的位置，使得二面角的大小为，连接，，得到几何体，已知，，，分别为，上的动点，且.

（1）求的长；
（2）证明：平面；
（3）当的长度最小时，求直线与平面所成角.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）取AD的中点 O ，连接OE , OB , ED ，利用二面角定义得到为二面角的平面角，并求出各边长，即可得到答案；
（2）利用比例相等得到线线平行，进而由线面平行判定定理线面平行，求出平面平面，得到线面平行；
（3）作出辅助线，根据线面垂直的判定定理证明线面垂直，进而建立空间直角坐标系，写出点的坐标，并表达出，即可得最小时、的坐标，从而可表示出平面的法向量，即可借助空间向量夹角公式求出答案.
【小问1详解】
取的中点，连接，
由题意可得是边长为4的正三角形，
则，且，
所以为二面角的平面角，即，
则正三角形，所以；
【小问2详解】
在上取点，使得，连接，
因为，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，所以，又，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为且都在平面内，所以平面平面，
因为平面，所以平面；
【小问3详解】
取的中点，连接，则，且，
由（1）得，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，，
又，
所以，，
连接，则，
，
所以，
故当时，取得最小值，且最小值为3，则的最小值为，
此时，，则，
设平面的法向量为，
，
取，则，，即，
则，
设直线与平面所成角为，
则，即，
直线与平面所成角为.
19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上的任一点，的周长为，且椭圆的离心率为
（1）求椭圆方程；
（2）如图，动直线交椭圆于，两点，交轴于点，点关于的对称点是，以为圆心作圆与轴相切，设为的中点，过作圆的两条切线，切点分别为，，求的最小值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解；
（2）联立直线与椭圆方程，求得点坐标及圆的方程，由与圆相切，得到，通过求的最小值，得到的最小值，进而得答案.
【小问1详解】
∵的周长为，∴①，
∵椭圆的离心率为，∴②
联立①②，解得，∴.
∴椭圆的方程为：；
【小问2详解】
联立，消去，得
设，，则.
且，即.
∴中点，
由直线，令得，，∴.
∵点关于的对称，∴
∵以为圆心作圆与轴相切，∴圆，
令，则，，
∵当时，，
∴，即最小值为，
∵，∴的最小值为，
所以的最小值为.