2023-2024学年山东省济宁市实验中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山东省济宁市实验中学高二上学期期中数学试题含答案，共18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
1．直线的倾斜角为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
【答案】C
【解析】利用直线方程得到斜率，利用斜率定义求倾斜角即可.
【详解】因为直线的斜率为，所以.
故选：C.
2．已知为空间中不共面的四点，且，若四点共面，则实数t的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据平面向量基本定理得到，进而得2，根据待定系数法即可.
【详解】∵四点共面
∴必存在唯一一组有序实数对使得，
∴，即
∵四点不共面
∴，否则三点共线，即四点共面，与题意不符，
∴，则有
，
故而，
∴.
故选：C.
3．若两条不同的直线：与直线：平行，则的值为（ ）
A．B．1C．或1D．0
【答案】B
【分析】两直线与平行的判定方法，但要验证是否重合.
【详解】因为直线：与直线：平行，
所以，解得，
当时，：，：，两直线平行，
当时，：，：，两直线重合，
所以.
故选：B.
4．若连续抛两次骰子得到的点数分别是，，则点在直线上的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出基本事件的总个数，然后求出点在直线上的基本事件的个数，再利用古典概型即可得解.
【详解】连续抛两次骰子出现的结果共有种，且每种结果都是等可能的，
其中点在直线上包含有共种，
所以点在直线上的概率是.
故选：D.
5．从点射出的光线沿与向量平行的直线射到轴上，则反射光线所在直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求得关于轴的对称点，由此求得反射光线所在直线方程.
【详解】关于轴的对称点为，
由于入射光线与平行，
所以反射光线的斜率是，
所以反射光线所在直线方程为.
故选：B
6．分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A表示“第一枚正面朝上”，事件B表示“两枚硬币朝上的面相同”，则A与B（ ）
A．是互斥事件也是相互独立事件B．不互斥但相互独立
C．是对立事件D．既不互斥也不相互独立
【答案】B
【分析】根据互斥事件，对立事件，独立事件的概念判断.
【详解】分别抛掷两枚质地均匀的硬币，样本空间＝{(正,正),(正,反),(反,正),(反,反)}，
事件A＝{(正,正),(正,反)}，事件B＝{(正,正),(反,反)}，
显然A与B不互斥，也不是对立事件，故A，C错误；
∵，
∴，∴A与B相互独立，故B正确，D错误.
故选：B.
7．焦点在x轴上的椭圆方程为（a＞b＞0），短轴的一个端点和两个焦点相连构成一个三角形，该三角形内切圆的半径为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B． C． D．
【答案】C
【解析】根据三角形面积相等求得和的关系，由，即可求得椭圆的离心率.
【详解】由短轴的一个端点和两个焦点相连构成一个三角形，
根据三角形面积公式以及椭圆的定义，
可得，得a＝2c，
即e＝，
故选：C.
【点睛】本题考查了椭圆的定义以及椭圆的几何性质，考查了焦点三角形问题，属于基础题.
8．已知，是椭圆的左、右焦点，是椭圆上任意一点，过引的外角平分线的垂线，垂足为，则与短轴端点的最近距离为（ ）
A．1B．2C．4D．5
【答案】A
【分析】根据角平分线的性质和椭圆的定义可得是的中位线， ，可得Q点的轨迹是以O为圆心，以5为半径的圆，由此可得选项.
【详解】因为P是焦点为，的椭圆上的一点，为的外角平分线，，设的延长线交的延长线于点M，所以，
，
所以由题意得是的中位线，所以，
所以Q点的轨迹是以O为圆心，以5为半径的圆，所以当点Q与y轴重合时，
Q与短轴端点取最近距离
故选：A.

二、多选题
9．分别抛掷两枚质地均匀的骰子（六个面上的点数分别为1，2，3，4，5，6），设事件“第一枚骰子的点数为奇数”，事件“第二枚骰子的点数为偶数”，则（ ）
A．与互斥B．C．与相互独立D．
【答案】BC
【分析】对于A，利用互斥事件的定义分析判断，对于B，由古典概型的概率公式求解即可，对于C，由独立事件的定义分析判断，对于D，利用对立事件的概率公式求解.
【详解】对于选项A：事件与是可能同时发生的，故与不互斥，选项A不正确；
对于选项B：，选项B正确；
对于选项C：事件发生与否对事件发生的概率没有影响，与相互独立，故C正确；
对于选项D：事件发生概率为，事件发生的概率，，选项D不正确.
故选：BC
10．已知直线l：和圆O：，则（ ）
A．直线l恒过定点
B．存在k使得直线l与直线：垂直
C．直线l与圆O相交
D．直线l被圆O截得的最短弦长为
【答案】BC
【分析】利用直线方程求定点可判断选项A；利用两直线的垂直关系与斜率的关系判断选项B；利用直线恒过定点在圆内可判断选项C；利用弦长公式可判断选项D.
【详解】对A，由可得，，
令，即，此时，所以直线l恒过定点，A错误；
对B，因为直线：的斜率为，所以直线l的斜率为，即，
此时直线l与直线垂直，满足题意，B正确；
对C，因为定点到圆心的距离为，
所以定点在圆内，所以直线l与圆O相交，C正确；
对D，因为直线l恒过定点，圆心到直线l的最大距离为，
此时直线l被圆O截得的弦长最短为，D错误；
故选：BC.
11．已知、分别为椭圆：的左、右焦点，不过原点且斜率为1的直线与椭圆交于、两点，则下列结论正确的有（ ）
A．椭圆的离心率为
B．椭圆的长轴长为
C．若点是线段的中点，则的斜率为
D．的面积最大值为
【答案】BCD
【分析】AB选项，根据椭圆方程得到，，从而求出离心率和长轴长；C选项，设出直线方程，联立椭圆方程，求出两根之和，两根之积，表达出点坐标，得到的斜率；D选项，在C选项基础上，求出和点到直线的距离为，表达出的面积，求出最大值.
【详解】AB选项，由题意得，故，
故椭圆的离心率为，长轴长为，A错误，B正确；
C选项，设不过原点且斜率为1的直线为，
联立得，
由，解得，
设，则，
则，
故，
故的斜率为，C正确；
D选项，由C选项可知，，
点到直线的距离为，
故的面积为
，
因为，所以，
故当时，的面积取得最大值，最大值为，D正确.
故选：BCD
【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
12．如图所示，棱长为2的正方体中，为的中点，则下列结论正确的有（ ）
A．与所成角的余弦值为
B．与面的交点是的重心
C．三棱锥的外接球的体积为
D．与面所成角的正弦值为
【答案】BCD
【分析】对A，连接，可得即为异面直线与所成角或其补角；对B，可得四面体为正四面体，证明平面即可判断；对C，三棱锥和正方体有相同的外接球，求出即可；对D，可得为直线与平面所成的角，即可求出判断.
【详解】对A，连接，则由正方体的性质可知，所以即为异面直线与所成角或其补角，
连接，设，则为的中点，
连接，则，，，
在中，，即与所成角的余弦值为，故A错误；
对B，连接，则，则四面体为正四面体，
因为，，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为，所以平面，垂足为，
又四面体为正四面体，所以为的中心，即为的重心，故B正确；
对C，由于三棱锥的顶点均为正方体的顶点，所以三棱锥和正方体有相同的外接球，所以外接球半径，体积为，故C正确；
对D，连接，并延长交于点，由选项B知平面，所以为直线与平面所成的角，由为正三角形，且为的中心，所以为的中点，也是的中点，在中，，所以，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．点是直线上一点，是直线的一个方向向量，则点到直线的距离是 ．
【答案】
【分析】根据题意求得，且，结合，即可求解.
【详解】由题意，点和，可得，且，
所以点到直线的距离是.
故答案为：.
14．已知一动点M到点A(-4，0)的距离是它到点B(2，0)的距离的2倍，则动点M的轨迹方程是 .
【答案】x2+y2-8x=0
【分析】由题意可得|MA|=2|MB|，设M的坐标为(x，y)，代入两点间距离公式，化简整理，即可得结果.
【详解】设动点M的坐标为(x，y)，则|MA|=2|MB|，即=2，
整理得x2+y2-8x=0.故所求动点M的轨迹方程为x2+y2-8x=0.
故答案为：x2+y2-8x=0.
【点睛】本题考查求圆的轨迹问题，考查分析理解，计算求值的能力，属基础题.
15．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】由题可知曲线，表示圆心为，半径，在直线及右侧的半圆，作出直线与半圆，利用数形结合即得．
【详解】方程是恒过定点，斜率为的直线，
曲线，即，
表示圆心为，半径，在直线及右侧的半圆，半圆弧端点
在同一坐标系内作出直线与半圆)，如图，

当直线与半圆C相切时，得，且，
解得，又，
所以或，所以或．
故答案为：．
16．是椭圆的两个焦点，是椭圆上异于顶点的一点，是的内切圆圆心，若的面积等于的面积的3倍，则椭圆的离心率为 .
【答案】/0.5
【分析】先由求得，再利用求得，即可求出离心率.
【详解】
由于椭圆关于原点对称，不妨设点在轴上方.设点纵坐标为，点纵坐标为，内切圆半径为，椭圆长轴长为，焦距为，
则，得，又，
即，又，化简得，即，
解得，可得离心率为.
故答案为：.
四、解答题
17．为庆祝建校115周年，某校举行了校史知识竞赛．在必答题环节，甲、乙两位选手分别从3道选择题、2道填空题中随机抽取2道题作答．已知甲每道题答对的概率为，乙每道题答对的概率为，且甲乙答对与否互不影响，各题的结果也互不影响.
(1)求甲恰好抽到1道填空题的概率；
(2)求甲比乙恰好多答对1道题的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）列举出事件空间中的所有基本事件，并得出甲至少抽到1道填空题的事件，结合古典概型运算求解；（2）由相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式运算求解．
【详解】（1）记3道选择题的题号为1，2，3，2道填空题的题号为4，5，
则试验的样本空间，，，，，，，，，，
共有10个样本点，且每个样本点是等可能发生的，所以这是一个古典概型，
记事件“甲恰好抽到1道填空题”，则，故，
因此甲恰好抽到1道填空题的概率为.
（2）设事件，分别表示甲答对1道题，2道题，事件，分别表示乙答对0道题，1道题，
根据事件的独立性得，，
，，
记事件“甲比乙恰好多答对1道题”，
则，且，两两互斥，与，与分别相互独立，
所以，，
所以，
故甲比乙恰好多答对1道题的概率为.
18．已知的顶点分别为，，．
(1)求边上的中线所在直线的方程；
(2)求的面积．
【答案】(1)
(2)11
【分析】（1）求出边上的中点，据直线的两点式即可求出边上的中线方程；
（2）根据两点间距离公式分别求出的三边长，利用余弦定理和面积公式即可求.
【详解】（1）因为，，，
所以边上的中点为，
所以边上的中线所在直线的方程为：，整理得.
（2）由题意可得，，，
由余弦定理可得，
所以，
所以的面积为.
19．如图，四棱锥中，底面ABCD是正方形，底面ABCD，且，M，N分别PC，AB为的中点．
(1)证明：平面PAD；
(2)求平面MNB与平面NBC的夹角．
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）取PD的中点E，连接ME，EA，利用三角形中位线定理证明四边形MEAN是平行四边形，然后由线面平行判定定理可证；
（2）以A为原点，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用平面法向量求解即可.
【详解】（1）取PD的中点E，连接ME，EA，如图（1）所示：
因为M，E分别是PC，PD的中点，
在中，，且，
因为底面ABCD是正方形，N为AB的中点，
所以，，
所以且，
故四边形MEAN是平行四边形，所以，
又因为平面PAD，平面PAD，
所以平面PAD.
（2）因为底面ABCD是正方形，底面ABCD，所以AB，AD，AP两两垂直，
以A为原点，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图（2）所示：
由条件可知，，，，.
设平面MNB与平面NBC的夹角为，平面MNB的法向量为，
则，取，得平面MNB的一个法向量为，
易知，平面NBC的一个法向量为，
所以，
又，所以，
即平面MNB与平面NBC的夹角为．
20．已知圆经过，且圆心在直线上.
(1)求圆的方程；
(2)若从点发出的光线经过直线反射后恰好平分圆的圆周，求反射光线所在直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求的垂直平分线方程，联立直线的方程可得圆心坐标，然后可得半径，进而得出圆的标准方程；
（2）设关于的对称点为，结合反射光线原理可得其对称点坐标，进而利用直线的两点式方程即可得出结果.
【详解】（1）由题知中点为，，
所以的垂直平分线方程为，即，
联立，解得，即圆心为，
所以圆的半径为，
故圆的方程为.
（2）设关于的对称点为，
则直线与垂直，且的中点在直线上，
则，解得，
由题意知反射光线过圆心，故，
即.

21．如图所示，在四棱柱中，侧棱⊥底面，,，，，为棱的中点，是的中点.
(1)求证：∥平面；
(2)求证：⊥平面；
(3)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，若存在，求，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，.
【分析】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系.
（1）借助空间向量证明∥，再用线面平行判定定理证明即可；
（2）借助空间向量证明，（或）再用线面垂直判定定理证明即可；
（3）假设存在点，满足，则，再使用空间向量计算线面角的正弦值，使其等于，求解即可.
【详解】（1）
由已知，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，连接，则，，，，
，，∴，∴∥，
又∵平面，平面，∴∥平面.
（2）由已知，，，，，
∴，，
∴，，∴，，
又∵，平面，平面，
∴平面.
（3）假设存在点，满足题意，且（），则，
，∴，
∴，
易知向量是平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，则
，
∵，∴解得（舍）或，
∴线段上是否存在点满足，使得直线与平面所成角的正弦值是.
22．已知椭圆的焦距为2，左右焦点分别为，以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切．
(1)求椭圆的方程；
(2)设不过原点的直线与椭圆C交于两点,若直线与的斜率分别为，且，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标；
【答案】（1）（2）线恒过定点，详见解析
【分析】（1）根据焦距得到，根据圆心到直线的距离得到，由得到，从而得到椭圆方程；（2）直线，联立得到，然后表示，代入韦达定理，得到和的关系，从而得到直线过的定点.
【详解】(1)由题意可得，即，
由直线与圆相切，
可得，解得，
即有椭圆的方程为；
(2)证明：设，
将直线代入椭圆，
可得，
即有，
，
由，
即有，
代入韦达定理，可得，
化简可得，
则直线的方程为，即，
故直线恒过定点；
【点睛】本题考查求椭圆方程，直线与椭圆的关系，椭圆中的定点问题，属于中档题.