2023-2024学年广东省佛山市S7高质量发展联盟高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省佛山市S7高质量发展联盟高二上学期期中数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，未知等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．两平行直线与的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件利用平行线间距离公式直接计算即可得解.
【详解】直线化为：，于是得，
所以两平行直线与的距离为.
故选：B
2．若直线与直线互相垂直，则实数的值为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【分析】根据直线一般方程的垂直关系列式求解.
【详解】因为直线与直线互相垂直，
则，解得.
故选：D．
3．已知向量，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】求出和，根据投影向量的定义，即可求得答案.
【详解】由向量，可得，
，
故在上的投影向量为，
故选：A
4．甲、乙两位同学将高一6次物理测试成绩（成绩为整数，满分为100分）记录如下表，其中乙的第5次成绩的个位数被污损．
则甲同学的平均成绩高于乙同学平均成绩的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先计算平均值，再结合古典概型公式计算即可.
【详解】由题意可得，
设被污损的数字为，则．
满足题意时，，即，即可能的取值为，
结合古典概型计算公式可得满足题意的概率值．
故选：B．
5．已知（2，1，﹣3），（﹣1，2，3），（7，6，λ），若P，A，B，C四点共面，则λ＝（ ）
A．9B．﹣9C．﹣3D．3
【答案】B
【分析】由已知可得共面，根据共面向量的基本定理，即可求解.
【详解】由P，A，B，C四点共面，可得共面，
，
，解得.
故选:B.
【点睛】本题考查空间四点共面的充要条件以及平面向量的基本定理，属于基础题.
6．某戏曲学院图书馆藏有上述四部戏曲名著各10本，由于该戏曲学院的部分学生对《牡丹亭》这部戏曲产生了浓厚的兴趣，该戏曲学院图书馆决定购买一批《牡丹亭》戏曲书籍（其他三部数量保持不变）若干本．若要保证购买后在该戏曲学院图书馆所藏有的这四大戏曲名著中任取一本，使得能取到一本《牡丹亭》戏曲书籍的概率不小于0.6，则该戏曲学院图书馆需至少购买《牡丹亭》戏曲书籍（ ）
A．25本B．30本C．35本D．40本
【答案】C
【分析】根据题意，设需购买《牡丹亭》戏曲书籍本，由古典概型公式可得，解出得出答案.
【详解】解：设需购买《牡丹亭》戏曲书籍本，
则购买后该戏曲学院图书馆所藏有的这四大戏曲名著共本，
从中任取1本有种取法，《牡丹亭》戏曲书籍共本，
从中任取1本有种取法，从该戏曲学院图书馆所藏有的这四大戏曲名著中任取一本，
能取到一本《牡丹亭》戏曲书籍的概率为，
根据题意可得，解得，
即该戏曲学院图书馆需至少购买《牡丹亭》戏曲书籍35本.
故选：C
7．如图，在三棱锥中，，，，分别是，的中点．则异面直线，所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连结，取的中点，连结、，则，则是异面直线，所成的角，在中利用余弦定理计算可得.
【详解】连结，取的中点，连结、，则，是异面直线，所成的角，
，，，，
又，，
，
异面直线，所成的角的余弦值为．
故选：C
8．已知直线：与直线：相交于点P，线段AB是圆C：的一条动弦，且，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由已知得到，过定点，过定点，从而得到点轨迹为圆，设圆心为，半径为，取的中点，连接，求得，设圆的半径为，求得的最小值，再由得答案．
【详解】解：圆半径，圆心，
直线与垂直，
又过定点，过定点，
点轨迹是以为直径的圆，方程为，圆心，半径，
取的中点，连接，由，则，
则，
，
的最小值为．
故选：B．
二、多选题
9．已知直线，其中，则（ ）
A．当时，直线与直线垂直
B．若直线与直线平行，则
C．直线过定点
D．当时，直线在两坐标轴上的截距相等
【答案】AC
【分析】对于A，求出直线方程，根据斜率的关系判断，对于B，由两直线平行直接列方程求解判断，对于C，由求出的值可得直线过的定点，对于D，当时，求出直线方程，然后求出直线在两坐标轴上的截距进行判断.
【详解】对于A，当时，直线的方程为，其斜率为1，而直线的斜率为－1，
所以当时，直线与直线垂直，所以A正确；
对于B，若直线与直线平行，则，解得或，所以B错误；
对于C，当时，，与无关，故直线过定点，所以C正确；
对于D，当时，直线的方程为，在两坐标轴上的截距分别是－1，1，不相等，所以D错误，
故选：AC．
10．袋中有大小和质地均相同的5个球，其中2个红球，3个黑球．现从中随机摸取2个球，下列结论正确的有（ ）
A．“恰有一个红球”和“都是红球”是对立事件
B．“恰有一个黑球”和“都是黑球”是互斥事件
C．“至少有一个黑球”和“都是红球”是对立事件
D．“至少有一个红球”和“都是红球”是互斥事件
【答案】BC
【分析】以黑球的个数为切入点，试验的样本空间为.将事件用集合表示出来，即可得出答案.
【详解】以黑球的个数为切入点，试验的样本空间为.
对于A项，
“恰有一个红球”可用来表示，“都是红球”可用事件来表示.
所以，事件互斥，但不是对立事件，故A项错误；
对于B项，
“恰有一个黑球” 可用来表示，“都是黑球”可用事件来表示.
所以事件互斥，故B项正确；
对于C项，
“至少有一个黑球”可用事件来表示，“都是红球”可用事件来表示.
所以，事件为互斥事件，也是对立事件，故C项正确；
对于D项，
“至少有一个红球” 可用事件来表示，“都是红球”可用事件来表示.
所以，事件，即交事件为“都是红球”，故D项错误.
故选：BC.
11．如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点A为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中正确的是（ ）
A．B．
C．向量与的夹角是60°D．与所成角的余弦值为
【答案】AB
【解析】直接用空间向量的基本定理，向量的运算对每一个选项进行逐一判断.
【详解】以顶点A为端点的三条棱长都相等, 它们彼此的夹角都是60°，
可设棱长为1,则

而
， 所以A正确.
=0,所以B正确.
向量,
显然 为等边三角形，则.
所以向量与的夹角是 ,向量与的夹角是,则C不正确
又，
则，

所以，所以D不正确.
故选：AB
【点睛】本题考查空间向量的运算，用向量求夹角等，属于中档题.
12．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点的距离之比为定值的点的轨迹是圆”. 后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.在平面直角坐标系中，，点P满足.设点P的轨迹为C，下列结论正确的是（ ）
A．C的方程为
B．在x轴上存在异于的两定点，使得
C．当三点不共线时，射线是的平分线
D．在C上存在点M，使得
【答案】BC
【分析】设点，根据求出的轨迹方程可判断A；假设在x轴上存在异于的两定点使得，设，根据、点P的轨迹方程求出可判断B；由利用余弦定理可判断C；设，由、点M在C上解得无实数解可判断D.
【详解】设点，则，化简整理得，
即，故A错误；
假设在x轴上存在异于的两定点，
使得.设，则，
化简整理得，
由点P的轨迹方程为得，
解得或，因为点异于点，所以，
所以假设成立，故B正确；
由于，
只需证明，
即证，
化简整理得，又，
则
，则，故C正确；

设，由得，
整理得①，
又点M在C上，故满足②，联立①②，解得无实数解，故D错误.
故选：BC.
三、填空题
13．若是直线的一个方向向量，则的倾斜角为 ．
【答案】
【分析】根据方向向量求出斜率，进而求出倾斜角即可.
【详解】因为直线的一个方向向量为，
所以直线的斜率为，即倾斜角为．
故答案为：
14．事件、是相互独立事件，若，，，则实数的值为 .
【答案】
【分析】根据概率的性质和独立事件的乘法公式求解即可.
【详解】因为，
所以，解得.
故答案为：.
15．点是圆上一点，则到直线距离的最大值是 ．
【答案】/.
【分析】先求出直线的定点，当圆心与该定点的连线与直线垂直时即可求出距离的最大值.
【详解】直线，直线过定点，圆心，半径，当时，圆心到直线的距离最大，最大值为，所以到直线距离的最大值为：.
故答案为：.
16．在如图所示的实验装置中，四边形框架为正方形，为矩形，且，且它们所在的平面互相垂直，为对角线上的一个定点，且，活动弹子在正方形对角线上移动，当取最小值时，活动弹子与点之间的距离为 .
【答案】
【分析】根据给定条件建立以直线，，分别为轴，轴，轴的空间直角坐标系，利用空间向量即可计算作答．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，则，
又平面平面ABEF，平面平面，∴平面.
∵四边形为矩形，∴，
以B为坐标原点，以射线BA，BE，BC分别为x，y，z轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
∵点N在BF上，且，∴，又M在线段AC上移动，
则有，易得点，∴，，∴，∴当时，取得最小值，此时点，则，∴，∴活动弹子M与点B之间的距离为.
故答案为：
四、解答题
17．已知的三个顶点分别是，，．
(1)求边上的高所在的直线方程；
(2)求的外接圆的标准方程．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出的斜率，从而得到边上的高所在直线的斜率，利用点斜式求出直线方程；
（2）设出外接圆方程，待定系数法进行求解，得到答案.
【详解】（1）由，，得直线的斜率为：，
设边上的高所在直线的斜率为，则由，得，
所以边上的高所在的直线方程为：，
即．
（2）设所求的方程是．①
因为，，三点都在圆上，所以它们的坐标都满足方程①．
于是，即
观察上面式子，我们发现，三式两两相减，可以消去，，，
得到关于，的二元一次方程组．解此方程组，得．
代入，得．
所以的外接圆的标准方程是．
18．为弘扬中华民族传统文化，营造浓厚的节日氛围，某市文联在南山公园广场举办2023年正月十五“闹元宵猜灯谜”灯谜展猜活动，活动分一、二两关，分别竟猜5道、20道灯谜.现有甲、乙两位选手独立参加竟猜，在第一关中，甲、乙都猜对了4道，在第二关中，甲、乙分别猜对12道、15道.假设猜对每道灯谜都是等可能的.
(1)从第一关的5道灯谜中任选2道，求甲都猜对的概率；
(2)从第二关的20道灯谜中任选一道，求甲、乙两人恰有一个人猜对的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用古典概型进行求解．
（2）利用互斥事件、相互独立事件的性质进行求解．
【详解】（1）设“任选2道灯谜，甲都猜对”，用1，2，3，4，5表示第一关的5道灯谜，其中1，2，3，4表示甲猜对的4道，
则样本空间为，
，
所以，，根据古典概型的计算公式，得.
（2）设“任选一道灯谜，甲猜对”，“任选一道灯谜，乙猜对”，“任选一道灯谜，甲、乙两人恰有一个人猜对”，根据题意可得，，，.
因为，且，互斥，又甲、乙两位选手独立参加竞猜，所以B，C相互独立，从而，C，B，也相互独立.
所以.
即甲、乙两人恰有一个人猜对的概率为.
19．如图，在直三棱柱中，，E为线段的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求二面角的平面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接交于点O，连接，证明，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据向量的夹角公式求得二面角的平面角的余弦值，即可求得答案.
【详解】（1）证明：连接交于点O，连接，
在直三棱柱中，为矩形，所以O为中点，
又因为E为中点，所以，
又由平面平面，
所以平面．
（2）由题意知在直三棱柱中，，故两两垂直，
以B点为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面的法向量为，则 ，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
因为平面的一个法向量可取为，
设二面角的平面角为，
则，
所以二面角的平面角的正弦值为．
20．人类的四种血型与基因类型的对应为：型的基因类型为，型的基因类型为或，型的基因类型为或，型的基因类型为．其中和是显性基因，是隐性基因．
(1)若一对夫妻的血型一个是型的基因类型，一个是型的基因类型为，试求他们的子女血型为型的概率；
(2)若一对夫妻的血型一个是型，一个是型，试求他们的子女血型为型的概率．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）列举出子女血型的基因类型的可能结果，数出子女血型的基因类型是的结果，进而由古典概型计算公式可得概率.
（2）列举出子女血型的基因类型的可能结果，数出子女血型的基因类型是的结果，进而由古典概型计算公式可得概率.
【详解】（1）当父母血型的基因类型组合，得子女血型的基因类型有，，，共4个，则型血的概率为.
（2）当父母血型的基因类型组合，得子女血型的基因类型有，，，共4个，
当父母血型的基因类型组合，得子女血型的基因类型有，，，共4个，
当父母血型的基因类型组合，得子女血型的基因类型有，，，共4个，
当父母血型的基因类型组合，得子女血型的基因类型有，，，共4个，所以一对夫妻的血型一个是型，一个是型，则他们的子女的血型基因类型的样本空间为：，，其中型的基因类型为，共有9个则子女血型为型的概率为．
21．图①是直角梯形，，，四边形是边长为的菱形，并且，以为折痕将折起，使点到达的位置，且.

(1)求证：平面平面；
(2)在棱上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，直线与平面所成角的正弦值为
【分析】（1）由二面角平面角定义可知是二面角的平面角，利用勾股定理可说明，由此可证得结论；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，由点到平面距离的向量求法可构造方程求得，利用线面角的向量求法可求得结果.
【详解】（1）在图①中，连接，交于，
四边形是边长为的菱形，，，；
在图②中，相交直线均与垂直，是二面角的平面角，
，，，，平面平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴可建立如图②所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，，
设，，
则，
设平面的一个法向量，
则，令，解得：，，；
点到平面的距离，解得：或（舍），
，，
，
直线与平面所成角的正弦值为.

五、未知
22．如图，圆经过点，，且与轴的正半轴相切于点，为坐标原点．
(1)求圆的标准方程；
(2)已知点在圆上，过点的直线交圆于、两点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出圆心的横坐标，从而由题可知得出圆的半径，再用待定系数法即可求解；
（2）先讨论直线的斜率是否存在的两种情况，当斜率存在时，设出直线的点斜式方程并与圆联立方程组，求出，的值，通过运算可求得，从而得证.
【详解】（1）因为圆经过点，，且与轴的正半轴相切，
所以圆心的横坐标，半径，
设圆的标准方程为，代入点，
解得（舍去），
所以圆的标准方程为．
（2）证明：由（1）可知，则圆的方程为．
当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，，，
由．得．
则，．
则，
而
所以，故．
当直线轴时，成立．
综上，．
第1次
第2次
第3次
第4次
第5次
第6次
甲
95
87
88
92
93
85
乙
85
86
86
99
9
88