浙江省杭州市钱塘联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题 Word版含解析.docx

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2023学年高二年级第一学期钱塘联盟期中联考数学试题考生须知：1.本卷共6页满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.4.考试结束后，只需上交答题纸.选择题部分一、单项选择题：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.空间直角坐标系中，点关于平面的对称点是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】关于平面对称，则横坐标互为相反数，纵坐标和竖坐标不变，得到答案.【详解】关于平面的对称点为.故选：C2.高二年级有男生310人，女生290人，用分层随机抽样的方法按性别比例从全年级学生中抽取样本，若抽取的样本中男生有31人，则该样本的样本容量为（）A.30B.40C.50D.60【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用分层抽样的意义列式计算作答.【详解】由题意样本容量为.故选：D.3.在下列条件中，点与点，，一定共面的是（）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】根据共面可得出，据此可排除ABD，只有C满足.【详解】若点与点，，共面，则共面，从而存在实数使得，即，，，而AD选项都不满足，故AD错误；对B，由，可得，因为，所以B错误；对C，可得，化简可得，满足，故选：C4.已知一组数，，，的平均数是，方差，则数据，，，的平均数和方差分别是（）A.3，4B.2，8C.2，4D.5，8【答案】D【解析】【分析】根据平均数和方差的性质运算求解.【详解】由题意可得：数据，，，的平均数为，方差是.故选：D.5.已知直线，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件【答案】C【解析】 【分析】由直线的位置关系与充分必要条件的概念求解，【详解】令得，当时，，重合，当时，，故“”是“”的充要条件，故选：C6.已知向量在向量上的投影向量是，且，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据向量在向量上的投影向量求出，代入的定义式即可.【详解】，设向量在向量夹角为，所以向量在向量上的投影向量为，所以，所以.故选：C.7.已知是椭圆的上顶点，若过的直线与圆相切，且的倾斜角为，则椭圆的离心率是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据斜率和点得直线方程，根据相切，结合点到直线的距离公式即可得，进而可得求解.【详解】由题意可得,，所以的方程为， 圆心到的距离等于半径，即，所以，故，故选；A8.在平面直角坐标系xOy中，圆O：与圆M：相交于A，B两点，若对于直线AB上的任意一点P，均有成立，则半径r的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意可知与直线AB位置关系，利用圆与圆的位置关系即可得出r的范围．【详解】圆O的圆心为，半径为r，圆M的圆心为半径为2．∴，∵圆O与圆M相交，∴．∵对于直线AB上任意一点P，均有成立，又，当直线AB过点M时，．∴．故答案为：．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.下列说法中，正确的有（） A.直线在轴上的截距为1B.直线的倾斜角C.直线必过定点D.点到直线的距离为1【答案】ACD【解析】【分析】根据直线的相关概念和定义逐个判定即可.【详解】对于A：当时解得，所以直线在轴上的截距为1，A正确；对于B：直线的斜率，所以，又，所以，B错误；对于C：直线满足当时无论参数取什么值时，恒成立，所以过定点，C正确；对于D：点到直线的距离为，D正确，故选：ACD10.教育部《关于进一步加强中小学生体质健康管理工作的通知》中指出，“各地要加强对学生体质健康重要性的宣传，让家长和中小学生科学认识体质健康的影响因素”.提高学生体育与健康素养，增强体质健康管理的意识和能力.某学校共有2000名男生，为了了解这部分学生的身体发育情况，学校抽查了100名男生的体重情况.根据所得数据绘制样本的频率直方图如图所示，则下列结论中正确的是（）A.样本的众数为67.5B.样本的80百分位数为72.5C.样本的平均值为66D.该校男生中低于的学生大约为300人【答案】ABD【解析】 【分析】根据众数的估计方法判断A；根据80百分位数的求法可判断B；根据平均值的估计方法判断C；根据频数的计算方法判断D.【详解】对于A，由频率分布直方图可得样本的众数为，正确；对于B，由于，，故设样本的80百分位数为x，则，正确；对于C，样本的平均值为，错误；对于D，该校男生中低于的学生大约为（人），正确，故选：ABD11.先后两次郑一枚质地均匀的骰子，表示事件“两次郑出的点数之和是6”，表示事件“第二次郑出的点数是偶数”，表示事件“两次郑出的点数相同”，表示事件“至少出现一个奇数点”，则（）A.事件，为互斥事件B.事件，为对立事件C.D.事件，为相互独立事件【答案】CD【解析】【分析】根据互斥事件、对立事件的定义判断AB，写出基本事件空间判断CD.【详解】因为A事件包含两次掷出点数分别为（3，3），所以事件A，可以同时发生，故A错误；因为事件“第二次郑出的点数是偶数”与事件“至少出现一个奇数点”可以同时发生，如事件（1,2），故B错误；因为基本事件空间为，，，，，，共36个基本事件，至少出现一个奇数的事件共有27个，所以，故C正确；因为根据C选项可知，，，， 所以，故D正确.故选：CD12.已知长方体的棱，，点满足：，，下列结论正确的是（）A.当，时，到的距离为B.当时，点到平面的距离的最大值为C.当，时，四棱锥的体积为D.当时，直线与平面所成角的正切值的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】由向量关系判断所在位置或所在区域，根据长方体特征结合点线面距离判断AB，根据棱锥体积公式判断C，由线面角定义判断D.【详解】如图，.A：，则，即，故在上运动，所以到的距离即棱与的距离，故A错误；B：，则，故在面上运动，所以，当在上时，的到平面的距离最大，而，面，面，则面，所以，由长方体结构特征，最大值问题转化为到的距离，，则，故B正确；C：，则，故为中点， 如下图，，，所以的底面为矩形，顶点在的投影为底面中心，即，的交点，∴，故C正确；D：，则，故在上运动，根据长方体可知为线面角，所以当与重合时，直线与面所成角正切值的最大值为，故D正确；故选：BCD非选择题部分三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.13.高二某位同学参加物理、政治科目学考，已知这位同学在物理、政治科目考试中得的概率分别为，，这两门科目考试成绩的结果互不影响，则这位考生至少得1个的概率为______.【答案】【解析】【分析】根据给定条件利用相互独立事件、对立事件的概率公式计算作答.【详解】依题意，这位考生至少得1个A的对立事件为物理、政治科目考试都没有得A，其概率为，所以这位考生至少得1个A的概率为.故答案为：14.在空间直角坐标系中，已知点，向量，平面，则点到平面的距离为______. 【答案】1【解析】【分析】根据点面距离的向量公式计算即可.【详解】，为平面的一个法向量，，即点到平面的距离为1.故答案为：115.过点与圆相切的两条直线的夹角为，则______.【答案】【解析】【分析】利用切线构造直角三角形，由三角函数定义求出，，再利用二倍角正弦公式即可求解．【详解】由可得，故圆心，记，设切点为M，N,，，故，，， . 故答案为：16.椭圆的左焦点为，上顶点为，若存在直线与椭圆交于不同两点，，的重心为，直线的斜率取值范围是______.【答案】【解析】【分析】根据点差法求出直线斜率，再由重心及均值不等式求最值即可得解.【详解】设椭圆的半焦距为，由已知，设，，因为重心为，所以，，所以，，又，两式相减可得：，所以，所以直线的斜率，当且仅当时等号成立，又，所以直线的斜率取值范围是.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.已知的三个顶点是，，，求：（1）边上的中线所在直线的方程；（2）边上的高所在直线的方程.【答案】（1） （2）.【解析】【分析】（1）根据中点及B求所在直线的斜率求解；（2）根据高所在直线斜率求解即可.【小问1详解】设中点为，则，所以，所以中线所在直线方程为，即.【小问2详解】因为，所以边的高所在直线的斜率为，所以边上高所在直线为，即直线方程为.18.如图，在正四面体中，已知是线段的中点，在上，且（1）试用向量，，表示向量；（2）若正四面体的边长为2，求的值.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解；（2）根据空间向量的数量积的计算公式，准确计算，即可求解.【小问1详解】解：因为点是线段的中点，在上，且,根据向量的线性运算法则，可得：，即.【小问2详解】解：因为正四面体的边长为，且，可得，且，由（1）可得知.19.已知点，，求：（1）过点，且周长最小的圆的标准方程；（2）直线被过点，且圆心在直线上的圆所截得的弦长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）当为直径时满足题意，求出圆的方程即可；（2）由题意求出圆的方程，再由圆心距、半径、半弦长的关系求弦长.【小问1详解】 当为直径时，过，的圆的半径最小，从而周长最小.即的中点为圆心，半径，则圆的标准方程为.【小问2详解】的斜率为，则的垂直平分线的方程是，即，由圆心在直线上，得两直线交点为圆心，即圆心坐标是..故所求圆的标准方程是.圆心到直线的距离，弦长.20.在平面直角坐标系中，已知点，，点满足.记的轨迹为.（1）求的方程；（2）直线交于，两点，，为上的两点，若四边形的对角线，求四边形面积的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由椭圆的定义得到轨迹方程；（2）联立直线方程和椭圆方程，求出，设直线的方程为，设，，得到两根之和，两根之积，根据根的判别式和位置关系得到，表达出 ，四边形的面积，求出最大值.【小问1详解】因为，由椭圆定义，轨迹是以点，为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆方程为，则，∴又∵，则，∴椭圆的方程为；【小问2详解】由，解得或，因此.设直线的方程为，设，.由得，故. 又，的交点在，之间，故.因为直线的斜率为1，所以.又四边形的面积，当时，取得最大值，最大值为，所以四边形面积的最大值为.【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．21.如图，三棱柱，底面ABC是边长为2的正三角形，，平面平面． （1）证明：平面ABC；（2）若BC与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）平面与平面所成角的余弦值为.【解析】【分析】（1）取的中点，的中点，由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，得到，再证明出，从而得到平面；（2）建立空间直角坐标系，设，然后算出直线的方向向量和平面的法向量坐标，然后可求出，然后再算出平面的法向量坐标，然后可算出答案.【小问1详解】如图，取中点，的中点，连接，，，因为，是的中点，所以，平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因，，是的中点，所以，，又，平面，所以平面，因为平面，.又，平面，所以平面. 【小问2详解】以为坐标原点，，分别为，轴，平行为轴，建系如图所示，设，则，，，，，，设平面的法向量为，，取可得，所以为平面的一个法向量，设与平面所成的角为，则，解得，从而，，设平面的法向量为，， 取可得，，所以，所以，设平面与平面夹角为，所以，所以平面与平面所成角的余弦值为.22.已知椭圆：的左顶点为，焦距为.动圆的圆心坐标是，过点作圆的两条切线分别交椭圆于和两点，记直线、的斜率分别为和.（1）求证：；（2）若为坐标原点，作，垂足为.是否存在定点，使得为定值？【答案】（1）证明见解析（2）存在点【解析】【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得的值，得出椭圆的方程，结合直线与圆相切，转化为和是方程的两根，结合韦达定理，即可求解；（2）设点，，联立方程组，分别求得点和点，得出直线的方程，结合椭圆的对称性，化简得到，进而得到的值，即可求解.【小问1详解】解：由题意知，椭圆的左顶点为，焦距为， 可得，解得，所以故椭圆方程为，设过点与圆的切线的直线为，动圆的半径为，则化简得，所以和是方程的两根，由韦达定理知，.【小问2详解】解：设点，，联立方程组，整理得，则，得，，所以因为，所以将换成，可得，则直线的斜率所以直线的方程为由椭圆的对称性可知，直线必过轴上一定点所以，化简得这是一个与无关的方程，所以，即直线过定点.因为，所以点的轨迹是以为直径的圆上的一段弧，故存在点，使得为定值. 【点睛】方法点拨：对于圆锥曲线中的定点、定值问题的求解策略：（1）对于定点、定值问题，可考虑能否用特殊点或特殊值求得定点或定值，再把结论推广到一半结论；（2）运用函数与方程的思想方法进行解答，一把步骤：①选择适当的变量；②把要证明的顶点、定值的量表示为上述变量的函数或方程；③把定点、定值的量化成与变量无关的结构形式，从而加以判定或证明.