四川省眉山市仁寿县第一中学南校区2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省眉山市仁寿县第一中学南校区2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析），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：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D. 不存在
【答案】A
【解析】
【分析】直线的斜率不存在，即得倾斜角
【详解】∵直线的斜率不存在，直线与轴垂直,
∴其倾斜角为，
故选：A
2. 如图，在平行六面体中，M是与的交点，若，，，且，则（ ）
A. 2B. C. 0D.
【答案】A
【解析】
【分析】以为基底表示出向量，即可求出对应的的值，即可得结果.
【详解】根据题意易知
，
即可知，所以可得.
故选：A
3. 投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，在春秋战国时期较为盛行．如图为一幅唐朝的投壶图，假设甲、乙、丙是唐朝的三位投壶游戏参与者，且甲、乙、丙每次投壶时，投中与不投中是等可能的．若甲、乙、丙各投壶1次，则这3人中至多有1人投中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，列出所有可能，结合古典概率，即可求解.
【详解】甲、乙、丙3人投中与否的所有情况为：（中，中，中），（中，中，不中），（中，不中，中），
（中，不中，不中），（不中，中，中），（不中，中，不中），（不中，不中，中），
（不中，不中，不中），共8种，其中至多有1人投中的有4种，故所求概率为．
故选：C.
4. 已知直线，，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线垂直可得或，然后根据充分条件，必要条件的定义即得.
【详解】若，则，
解得或，
故“”是的充分不必要条件．
故选：A．
5. 若椭圆的离心率为e，则e的值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由椭圆的离心率公式直接求解.
【详解】由题意得椭圆长半轴，短半轴，所以半焦距，
所以离心率，
故选：C.
6. 在平面直角坐标系中，设点，点M在单位圆上，则使得为直角三角形的点M的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】对的直角位置进行分类讨论，结合垂直关系以及圆与圆之间的位置关系即可求得不同情况下满足题意的点M的个数，综合可得共有4个.
【详解】根据题意，若为直角三角形，分以下3种情况进行讨论：
①若，则点M在过点与垂直的直线上，如下图所示：
设直线为，又可得，
所以直线的斜率为，即直线方程为，即，
此时圆心到直线的距离为，
即直线与单位圆相交，此时有两个公共点，即2个符合题意的点；
②若，则点M在过点与垂直的直线上，如下图所示：
设直线为，显然直线的斜率为，即直线方程为，即，
此时圆心到直线的距离为，
即直线与单位圆相离，此时无公共点；
③若，则点M在以直径的圆上，如下图所示：
易知的中点为，且，
即以直径的圆的方程为，
易知此时两圆心距为，
显然，即两圆相交，此时有两个符合题意的点.
综上可知，符合题意的点共有4个.
故选：D
7. 若直线与曲线有两个不同的交点，则实数k的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线所过的定点，结合直线与圆的切线性质，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】直线即，恒过定点，
曲线即表示以点为圆心，半径为1，
且位于直线上方的半圆（包括点，），
当直线经过点时，与曲线有两个不同的交点，此时，直线记为；
当与半圆相切时，由，得，切线记为，
分析可知当时，与曲线有两个不同的交点，即实数k的取值范围是.

故选：B.
8. 如图，正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且平面.记与平面所成角为，与所成角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用作图，构造出和，分别求和，比较后，即可判断选项.
【详解】如图，取，，的中点，，，连接，，，，，，设棱长为2，
，
平面，平面，
所以平面，
，同理平面，，且 ，
所以平面平面，所以点线段上，
因为平面，所以，
因为，所以或为，
,当点在的中点时，最小，此时最大，最大值是，当点与点，重合时，最大，此时最小，最小值是，
当点在的中点时，，当点与点，重合时，最小，,， ，，
所以，，，
所以 .
故选：D
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
9. 掷一枚均匀的硬币两次，记事件“第一次出现正面”，“第二次出现反面”，则有（ ）
A. A与相互独立B.
C. A与B互斥D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由相互独立事件的定义可判断A；由概率加法公式的使用条件可判断B；由互斥事件的定义可判断C；由独立事件的概率乘法公式可判断D.
【详解】A选项，由题意得事件A的发生与否对事件的发生没有影响，∴A与相互独立，对，
B选项、C选项，由于事件A与可以同时发生，∴事件A与不互斥，错，
D选项，由于A与相互独立，∴，对，
故选：AD
10. 下列说法正确的是（ ）
A 直线必过定点
B. 过点作圆的切线，切线方程为
C. 经过点，倾斜角为的直线方程为
D. 直线的方向向量
【答案】AB
【解析】
【分析】直线方程化为，即可求定点判断A；确定在圆上，并求切线斜率，应用点斜式写出切线方程判断B；注意倾斜角为直角的情况判断C；由直线方程写出一个方向向量，判断是否与共线即可判断D.
【详解】A：由，即，
令，可得，故必过定点，对；
B：由，即在圆上，圆心，
所以，故切线斜率，则切线方程为，
所以切线方程为，对；
C：当倾斜角为直角时，直线方程不能用表示，错；
D：直线的一个方向向量为，显然与不共线，故不是方向向量，错.
故选：AB
11. 如图，已知正方体的棱长为2，M､N分别是､的中点，平面与棱的交点为E，点F为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 三棱锥体积为
C. 若则平面D. 若，则直线与所成角的正弦值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A,根据面面平行的性质可知,进而可知的位置.
对于B,根据等体积法,转化成求三棱锥的体积即可.
对于C,根据面面平行证明线面平行即可求解.
对于D,根据异面直线所成角的求法:平移找角,然后求角即可.
【详解】由题可知:点满足,故,所以A错误.
,故B正确.
在边上取一点,使.故 平面平面,平面,所以平面,故C正确. (如图一)
取的中点,为直线与所成角,(如图二),故D正确.
故选:BCD
12. 已知平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点P的轨迹是圆．在平面直角坐标系xOy中，已知，若，则下列关于动点P的结论正确的是（ ）
A. 点P的轨迹所包围的图形的面积等于
B. 当P、A、B不共线时，△PAB面积的最大值是6
C. 当A、B、P三点不共线时，射线PO是∠APB的平分线
D. 若点，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】应用两点式求P的轨迹方程为，即可判断A，再由圆的性质求定弦与圆上点所成三角形的最大值判断B，根据，结合角平分线的性质判断C，由已知有，利用三点共线求最小值判断D.
【详解】设，因为，整理得，即．
A：点P的轨迹是以为圆心，4为半径的圆，所求图形的面积为16，正确；
B：圆的半径为4且，当△PAB的底边AB上的高最大时，面积最大，所以△PAB面积的最大值是，错误；
C：当A，B，P不共线时，由，2，，即，故．由角平分线定理的逆定理知：射线PO是∠APB的平分线，正确；
D：因为，即2PB|，则，又P在圆上，如图所示，
所以当P，Q，B三点共线时，取最小值，此时，正确.
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：利用两点距离公式及比例关系求动点轨迹，再利用圆的性质求面积，应用等比转化求线段和最值.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 点关于的对称点为_______________
【答案】
【解析】
【分析】设出对称点坐标，由垂直关系和中点坐标解方程组即可求得结果.
【详解】设对称点坐标为，
根据题意可得，解得；
所以对称点坐标为.
故答案为：
14. 在三棱锥中，，，，则异面直线OB与AC所成的角是_________
【答案】
【解析】
【分析】设，则，，可得，将作为空间向量的一组基底，表示出,然后利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】设，则，，
所以，所以为直角三角形，即，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以，
,
设异面直线OB与AC所成的角为（），
则，
因为，所以，
即异面直线OB与AC所成的角为，
故答案为：.
.
15. 数据1，2，7，3，4，5，3，6的分位数是，则的取值范围是__________
【答案】
【解析】
【分析】根据百分位数的知识求得的取值范围.
【详解】数据从小到大排序为：，
在第位，所以.
故答案为：
16. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为________.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用相互独立事件得概率公式计算即可求解.
【详解】采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的事件是发送1接收1，发送0接收0，发送1接收1的3个事件的积.
3次发送和接收相互独立，所以所求概率为.
采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0；1，0，1；0，1，1；1，1，1这四个事件的和.
所以所求概率为.
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、证明过程或步骤.
17. 已知直线经过点．
（1）若直线与直线平行，求直线的方程；
（2）若直线在两坐标轴上的截距相等，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用两直线平行设出直线的方程，代入点坐标即可求得直线方程；
（2）分情况对截距是否为0进行分类讨论，利用直线方程的截距式即可求得结果.
【小问1详解】
根据题意可设直线的方程为,
将点代入计算可得，
可得直线的方程为.
【小问2详解】
若在两坐标轴上截距为0，则可得直线方程为，即；
若在两坐标轴上的截距不为0，设为，
则直线的方程为，代入点可得，
可得直线的方程为；
综上可知，直线的方程为或
18. 已知椭圆：，其中一个焦点坐标是，长轴长是短轴长的2倍.
（1）求的方程；
（2）设直线：与交于，两点，若，求的值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由题可得，，即可解出得出椭圆方程；
（2）设，的坐标为，，联立直线与椭圆，由韦达定理结合建立方程，即可求出k值.
【详解】（1）解：由题意得，，，
解得，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）解：设，的坐标为，，依题意得，
联立方程组消去，得．
，，，，
，
∵，∴，，
所以，.
【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查利用韦达定理求参数，属于中档题.
19. 如图，在正四棱柱中，，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）法一：连接与交于点，利用中位线及正四棱柱性质证明四边形为平行四边形，结合平行四边形性质利用线面平行的判定定理证明；
法二：利用正四棱柱性质得为平行四边形，结合平行四边形性质利用线面平行的判定定理证明；
法三：利用面面平行的判定定理证明平面平面，然后利用面面平行的性质定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角的正弦值.
【小问1详解】
法一：如图1，连接与交于点，连接，
因为为棱的中点，为棱的中点，所以，且，
由为正四棱柱，可知，且，
所以且，故四边形为平行四边形，
所以，又因为平面平面，
所以平面.

法二：如图2，取中点为，连接，由于分别为的中点，则，则四点共面；
因为分别为中点，则有且，
而且，故且，
故为平行四边形，所以，
又因为平面平面，
所以平面.

法三：如图：

取AB中点M，连接MF、AC、ME、，则，
又平面，平面，所以平面.
，，故为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面.
又，平面，平面，
所以平面平面.
又平面，所以平面.
【小问2详解】
设正四棱柱底面边长为2，则侧棱长为4，
分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，

则，
则，
设平面的一个法向量为，
则有，，取，
设直线与平面所成角为，
则.
20. 在一场娱乐晚会上，有5位民间歌手（1到5号）登台演唱，由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手．各位观众须彼此独立地在选票上选3名歌手，其中观众甲是1号歌手的歌迷，他必选1号，不选2号，另在3至5号中随机选2名．观众乙和丙对5位歌手的演唱没有偏爱，因此在1至5号中选3名歌手．
（1）求观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率；
（2）表示3号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，求“”的事件概率．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据古典概型分别求出甲、乙选中号歌手的概率；利用求得结果；（2）根据，分别求解出两人选择号歌手和三人选择号歌手的概率，加和得到结果.
【详解】（1）设表示事件“观众甲选中号歌手”，表示事件“观众乙选中号歌手”
则，
事件与相互独立，与相互独立
则表示事件“甲选中号歌手，且乙没选中号歌手”
即观众甲选中号歌手且观众乙未选中号歌手的概率是
（2）设表示事件“观众丙选中号歌手”，则
依题意，，，相互独立，，，相互独立，且，，，彼此互斥
故“”的事件的概率为
【点睛】本题考查独立事件概率求解问题，关键是能够利用古典概型分别求解出符合题意情况的概率，属于基础题.
21. 如图，在直三棱柱中，平面侧面，且.
（1）求证：；
（2）若，请问在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在请求出的位置，不存在请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，点E为线段中点
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明侧面，进而可得；
（2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合二面角的大小为可表示出关于的关系式，求解即可.
【小问1详解】
证明：连接交于点，
因，D为中点，则
由平面侧面，且平面平面，平面，
得平面，又平面，所以.
三棱柱是直三棱柱，则底面ABC，平面ABC，所以.
又，侧面，从而侧面，
又侧面，故.
【小问2详解】
假设在线段上存在一点E，使得二面角的大小为，
由是直三棱柱，所以以点A为原点，以AC､所在直线分别为y，z轴，以过A点和AC垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
且设， ，
得
所以，
设平面的一个法向量，由，得：
，取，
由（1）知平面，所以平面的一个法向量，
所以，解得，
∴点E为线段中点时，二面角的大小为.
22. 如图，已知圆，为直线上一动点，为坐标原点，过点作圆两条切线，切点分别为，.

（1）证明直线过定点，并求出定点的坐标；
（2）求线段中点的轨迹方程；
（3）若两条切线，与轴分别交于点，，求的最小值.
【答案】（1）证明见解析，定点；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求出以为圆心，为半径的圆的方程，再根据线段为圆和圆的公共弦，将两圆的方程相减可得直线的方程，令直线方程中参数项的自变量为0得解；
（2）设的中点为点，直线过的定点为点，根据几何性质可得始终垂直于，进而求得方程即可；
（3）设切线方程为，根据直线与圆相切化简可得，设，的斜率分别为，，则，，为的两根，表达出，再代入韦达定理，结合函数的范围求解即可.
【小问1详解】
由题，圆的圆心坐标，半径为1，
所以，，，
故以为圆心，为半径的圆的方程为，
显然线段为圆和圆的公共弦，
则直线的方程为，
即，所以，
所以直线过定点；
【小问2详解】
由（1）知，直线过定点，的中点为直线与直线的交点，
设的中点为，直线过的定点为，
易知始终垂直于，所以点的轨迹是以为直径的圆，
，，
∴点的轨迹方程为；
【小问3详解】
设过点P的圆M的切线方程为，即，
故到直线的距离，即，
设，的斜率分别为，，则，，
把代入，得，
则，
故当时，取得最小值为.