山东省济宁市兖州区2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份山东省济宁市兖州区2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析），共29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（ ）
A B. 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.