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2021-2022学年浙江省杭州地区（含周边）重点中学高二上学期期中联考数学试题 解析版
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这是一份2021-2022学年浙江省杭州地区（含周边）重点中学高二上学期期中联考数学试题 解析版，共30页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021学年第一学期期中杭州地区（含周边）重点中学
高二年级数学学科试题
选择题部分
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 直线倾斜角为 （ ）
A. B. C. D.
2. 若复数(为虚数单位)，则=（ ）
A. B.
C. D.
3. 如图，在四面体中，是棱上靠近的三等分点，分别是的中点，设，，，用，，表示，则 （ ）
A. B.
C D.
4. 两条平行直线和间的距离为，则，分别为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
5. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则能得出的是（ ）
A. ，∥， B. ，，∥
C. ，，∥ D. ，∥，
6. 如图，已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，为圆锥底面圆的直径，是的中点，是母线的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B.
C D.
7. 已知平面向量，，，满足，与的夹角为，且，则的最小值为（ ）
A. B. 1
C. D.
8. 在矩形中，，为的中点，将和沿翻折，使点与点重合于点，若，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9. 已知直线，其中，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，直线与直线垂直
B. 若直线与直线平行，则
C. 直线的倾斜角一定大于
D. 当时，直线在两坐标轴上的截距相等
10 圆和圆相交于两点，则有（ ）
A. 公共弦所在直线方程为
B. 圆到直线距离等于1的点有2个
C. 公共弦的长为
D. 为圆上的一个动点，则到直线距离的最大值为
11. 有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，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6”，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. 乙与丁相互独立
12. 如图，若正方体的棱长为1，点是正方体的侧面上的一个动点(含边界)，是棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 沿正方体的表面从点A到点的最短路程为 B. 若保持，则点在侧面内运动路径的长度为
C. 三棱锥的体积最大值为 D. 若点在上运动，则到直线的距离的最小值为
非选择题部分
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 费马大定理又称为“费马最后定理”，由17世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出，他断言当时，关于，，的方程没有正整数解．他提出后，历经多人猜想辩证，最终在1994年被英国数学家安德鲁·怀尔斯彻底证明．某同学对这个问题很感兴趣，决定从1，2，3，4，5，6这6个自然数中随机选一个数字作为方程中的指数，方程存在正整数解的概率为______．
14. 若复数（i是虚数单位）是关于的方程的一个根，则=__________.
15. 由10个实数组成的一组数据，方差为，将其中一个数3改为1，另一个数6改为8，其余的数不变，得到新的一组数，方差为，则__________.
16. 如图，在四棱台中，，，则的最小值为__________.
四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中，已知角所对应的边分别为，且，，是线段上一点，且满足.
（1）求的面积；
（2）求的长.
18. 第19届亚运会将于2022年9月在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障.某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.
（1）求的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩的众数，平均数和第分位数（分位数精确到0.1)；
（3）在第四、第五两组志愿者中，现采用分层抽样的方法，从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.
19. 如图，平行六面体中，，，，
（1）求对角线的长度；
（2）求二面角的余弦值.
20. 已知直线的方程为：，分别交轴，轴于两点，
（1）求原点到直线距离的最大值及此时直线的方程；
（2）若为常数，直线与线段有一个公共点，求最小值.
21. 如图，四棱锥中，，且，
（1）求证：平面平面；
（2）若是等边三角形，底面是边长为3的正方形，是中点，求直线与平面所成角的正弦值.
22. 已知圆的方程为：
（1）已知过点的直线交圆于两点，若，，求直线的方程；
（2）如图，过点作两条直线分别交抛物线于点，，并且都与动圆相切，求证：直线经过定点，并求出定点坐标.
2021学年第一学期期中杭州地区（含周边）重点中学
高二年级数学学科试题
选择题部分
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 直线的倾斜角为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线斜率和倾斜角之间的关系进行求解即可.
【详解】由可得，，因此该直线的斜率为，
所以直线的倾斜角为，
故选：B
2. 若复数(为虚数单位)，则=（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先化简得，再求复数的模得解.
【详解】由题得，
所以.
故选：C
3. 如图，在四面体中，是棱上靠近的三等分点，分别是的中点，设，，，用，，表示，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量加法、减法和数乘的运算性质进行求解即可.
【详解】,
故选：D
4. 两条平行直线和间的距离为，则，分别为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】
先由直线平行求出，再由平行线间距离公式可求出d.
【详解】两直线平行，，解得，
将化为，
.
故选：D.
5. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则能得出的是（ ）
A. ，∥， B. ，，∥
C. ，，∥ D. ，∥，
【答案】C
【解析】
【分析】可通过线面垂直的性质定理，判断A；通过面面平行的性质和线面垂直的性质，判断B；通过面面平行的性质和线面垂直的定义，即可判断C；由线面平行的性质和面面垂直的性质，即可判断D．
【详解】解：A．若，，，，，则，故A错；
B．若，，则，又，则，故B错；
C．若，，则，又，则，故C正确；
D．若，，设，由线面平行的性质得，，若，则，故D错．
故选：C．
6. 如图，已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，为圆锥底面圆的直径，是的中点，是母线的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】延长至点，使，连接，，，得到为异面直线与所成的角（或补角），再解即得解.
【详解】延长至点，使，连接，，．
因为是母线的中点，所以，
所以为异面直线与所成的角（或补角）．
由题意知，，又是的中点，所以，
所以在中，．
因为，
所以，所以．
在中，，
则由余弦定理得，
故选：A．
【点睛】方法点睛：异面直线所成的角的求法：方法一：（几何法）找作（平移法、补形法）证（定义）指求（解三角形）；方法二：（向量法），其中是异面直线所成的角，分别是直线的方向向量.
7. 已知平面向量，，，满足，与的夹角为，且，则的最小值为（ ）
A. B. 1
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，将原等式化为，得出，
设，进而得出，表示以，半径为1的圆；而表示圆心到定点B(-2，0)的距离减去半径，利用数形结合的思想即可解得答案.
【详解】由题意知，，则，
由可得，即，
设，
则，
所以，
所以表示以，半径为1的圆，
表示圆C上的点到定点B(-2，0)的距离，
而的最小值即为圆心到定点B(-2，0)的距离减去半径，如图所示，
又，所以.
故选：D
8. 在矩形中，，为的中点，将和沿翻折，使点与点重合于点，若，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先证明出MP⊥平面PAD，设△ADP外接圆的半径为r， 三棱锥M-PAD的外接球的半径为R，由，求出R，进而求出外接球的表面积.
【详解】由题意可知，.
又平面PAD，平面PAD，所以MP⊥平面PAD.
设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得，即，所以r=2.设三棱锥M-PAD的外接球的半径为R，则，
所以外接球的表面积为.
故选：B
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9. 已知直线，其中，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，直线与直线垂直
B. 若直线与直线平行，则
C. 直线的倾斜角一定大于
D. 当时，直线在两坐标轴上的截距相等
【答案】AC
【解析】
【分析】根据两直线平行、垂直性质，结合倾斜角的定义、截距的定义逐一判断即可.
【详解】A：当时，直线的方程为，可化为：，所以该直线的斜率为1，
直线的斜率为，因为，所以这两条直线互相垂直，因此本选项说法正确；
B：由直线与直线平行，可得或，因此本选项说法不正确；
C：直线方程可化为：，设直线的倾斜角为，
所以，所以本选项说法正确；
D：当时，直线方程为，当时，；当时，，
因为，所以直线在两坐标轴上的截距不相等，因此本选项说法不正确，
故选：AC
10. 圆和圆相交于两点，则有（ ）
A. 公共弦所在直线方程为
B. 圆到直线距离等于1的点有2个
C. 公共弦的长为
D. 为圆上的一个动点，则到直线距离的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】两圆方程作差即可求解公共弦AB所在直线方程，可判断A；由点到直线的距离公式进行判断B；求出圆心到公共弦所在的直线方程的距离，利用几何法即可求出弦长，可判断C；求出圆心到公共弦AB所在直线方程的距离，加上半径即可判断D.
【详解】对于A，由圆与圆的交点为A，B，
两式作差可得，
即公共弦AB所在直线方程为，故A正确；
对于B，圆
所以圆心为，半径为，圆心它到直线的距离为：
，而故B正确；
对于C，圆，圆心到的距离为
，半径
所以，故C不正确；
对于D，P为圆上一动点，圆心到的距离为，半径，即P到直线AB距离的最大值为，故D正确.
故选：ABD
11. 有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，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6”，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. 乙与丁相互独立
【答案】AC
【解析】
【分析】根据独立事件的性质进行逐一判断即可.
【详解】设甲、乙、丙、丁事件发生概率分别为：,
因此有：，，，
A：因为，所以甲与丙相互独立，因此本选项说法正确；
B：因为，所以甲与丁不相互独立，因此本选项说法不正确；
C：因为，所以甲与丙相互独立，因此本选项说法正确；
D：因为，所以甲与丙不相互独立，因此本选项说法不正确，
故选：AC
12. 如图，若正方体的棱长为1，点是正方体的侧面上的一个动点(含边界)，是棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 沿正方体的表面从点A到点的最短路程为 B. 若保持，则点在侧面内运动路径的长度为
C. 三棱锥的体积最大值为 D. 若点在上运动，则到直线的距离的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，分析点M沿正方体的表面从点A到点的各种情况即可判断；对于B，取DD1中点E，
连EM并求出EM=1即可计算判断；对于C，利用等体积法转化为求三棱锥的体积即可判断；
对于D，建立空间直角坐标系，借助空间向量建立函数关系求其最值即可判断作答.
【详解】对于A，点M沿正方体的表面从点A到点的最短路程，则点M应在点A与点P所在的两个相邻平面内从点A到点，
由对称性知，点M从点A越过棱DD1与越过棱BB1到点的最短路程相等，点M从点A越过棱DC与越过棱BC到点的最短路程相等，
把正方形ABB1A1与正方形BCC1B1放在同一平面内，如图，连接AP，AP长是点M从点A越过棱BB1到
点的最短路程，，
把正方形ABCD与正方形BCC1B1放在同一平面内，如图，连接AP，AP长是点M从点A越过棱BC到
点的最短路程，，
而，于是得点M沿正方体的表面从点A到点最短路程为，A正确；
对于B，取DD1中点E，连EM，PE，如图，因是正方体的棱中点，
则PE//CD，而CD⊥平面ADD1A1，则有PE⊥平面ADD1A1，平面ADD1A1，于是得PE⊥EM，
由，PE=1得，EM=1，因此，点在侧面内运动路径是以E为圆心，
1为半径的圆在正方形内的圆弧，如图，圆弧所对圆心角为，圆弧长为，B正确；
对于C，因，而面积是定值，要三棱锥的体积最大，当且仅当点M到平面C1BD距离最大，
如图，点A1是正方形ADD1A1内到平面C1BD距离最大的点，，C不正确；
对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
令，则，又，
直线PD1与直线PM夹角为，，
令，则，
当且仅当，即，时，取最大值，而，
此时，取得最小值，又，点到直线的距离，于是得，
所以到直线距离的最小值为，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.
非选择题部分
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 费马大定理又称为“费马最后定理”，由17世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出，他断言当时，关于，，的方程没有正整数解．他提出后，历经多人猜想辩证，最终在1994年被英国数学家安德鲁·怀尔斯彻底证明．某同学对这个问题很感兴趣，决定从1，2，3，4，5，6这6个自然数中随机选一个数字作为方程中的指数，方程存在正整数解的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据费马大定理计算．
【详解】从1，2，3，4，5，6这6个自然数中随机选一个数字共有6种选法，其中只有或2使得方程有整数解，故概率为．
故答案为：．
14. 若复数（i是虚数单位）是关于的方程的一个根，则=__________.
【答案】3
【解析】
【分析】把代入方程，化简方程，利用相等复数的概念得到的值，即得的值.
【详解】由复数（为虚数单位）是关于x的方程（p，q为实数）的一个根，
所以，即
所以 ，故
故答案为：3
15. 由10个实数组成的一组数据，方差为，将其中一个数3改为1，另一个数6改为8，其余的数不变，得到新的一组数，方差为，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据平均数的性质，结合方差的定义进行求解即可.
【详解】因为其中一个数3改为1，另一个数6改为8，其余的数不变，
所以新的一组的平均数与原一组数的平均数不变，设为，
没有改变的8个数分别为：，
所以有，
，
因此，
故答案为：2
16. 如图，在四棱台中，，，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量数量积的定义和运算性质，结合配方法进行求解即可.
【详解】
设，
因为，,所以有：
令，于是有：
当且时，即时，
有最小值，
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用配方法是解题的关键.
四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中，已知角所对应的边分别为，且，，是线段上一点，且满足.
（1）求的面积；
（2）求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理，结合三角形面积公式进行求解即可；
（2）运用平面向量基本定理，结合平面向量数量积的运算性质和定义进行求解即可.
【小问1详解】
由余弦定理得：，∴，
.
【小问2详解】
，∴∴.
18. 第19届亚运会将于2022年9月在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障.某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.
（1）求的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩的众数，平均数和第分位数（分位数精确到0.1)；
（3）在第四、第五两组志愿者中，现采用分层抽样的方法，从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.
【答案】（1），
（2）众数：70，平均数69.5，第分位数71.7
（3）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图列方程组即能求出的值；
（2）观察频率分布直方图即可得众数，根据加权平均数的求解公式可得平均值，先确定第分位数在65-75之间，然后列式求解即可；
（3）根据分层抽样，在和中分别选取4人和1人，列举出这5人中选出2人的总的基本事件数，和选出的两人来自不同组的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可.
【小问1详解】
由题意可知：，，
解得，；
【小问2详解】
由频率分布直方图得众数为，
平均数等于，
第分位数等于；
【小问3详解】
根据分层抽样，和的频率比为
故在和中分别选取4人和1人，分别设为和
则在这5人中随机抽取两个的样本空间包含的样本点有
共10个，
即，记事件“两人来自不同组”，
则事件包含的样本点有
共4个，即，
所以.
19. 如图，平行六面体中，，，，
（1）求对角线的长度；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据题意可得，，利用向量数量积的定义求出、
的值，利用基底的概念可得，等式两边同时平方，计算即可；
(2)根据余弦定理可得，进而证得为等边三角形，取中点，连接，如图，可得，设二面角为，利用向量数量积的定义求出、
的值，利用基底的概念可得，等式两边同时平方，计算即可.
【小问1详解】
由题意知，
在中，，，以向量，，为基底，①，，
同理可得，
①式平方，得，
，同理可得，
所以.
【小问2详解】
在中，，，
又，所以为等边三角形，
所以，故为等边三角形，
取中点，连接，则，又，②，
设二面角为，则，
②式两边同时平方，
得，
所以，.
所以二面角的余弦值为.
20. 已知直线的方程为：，分别交轴，轴于两点，
（1）求原点到直线距离的最大值及此时直线的方程；
（2）若为常数，直线与线段有一个公共点，求的最小值.
【答案】（1）最大值为，
（2）
【解析】
【分析】（1）求出直线过的定点Q，当时，原点到直线距离最大，则可求出原点到直线距离的最大值及此时直线的方程；
（2）求出直线与轴，轴相交的两点坐标，利用的几何意义，因为原点到直线的距离，所以，则可得，进而可得的最小值.
【小问1详解】
因为可化为：，
所以直线过定点，
当时，原点到直线距离最大，
此时最大值为，
此时直线的斜率为，即，
所以直线方程为：，即.
【小问2详解】
根据得，，
直线：表示不经过原点的任意一条直线，同时与线段有且只有一个公共点，
考虑对应的几何意义，因为原点到直线的距离为：，所以，
若是线段与直线的公共点，
则，
当时，，当且仅当直线过点，且与轴垂直时等号成立；
当时，，当且仅当直线过点，且与轴垂直时等号成立.
21. 如图，四棱锥中，，且，
（1）求证：平面平面；
（2）若是等边三角形，底面是边长为3的正方形，是中点，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）根据线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式，结合线面角定义进行求解即可.
【小问1详解】
∵，∴，，又，∴，∵，面，∴面，平面ABCD,
平面平面
【小问2详解】
∵平面平面，交AD于点F，平面，平面平面，∴平面，
以为原点，，的方向分别为轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
设平面的法向量为，则，求得法向量为，
由，所以直线与平面所成角的正弦值为.
22. 已知圆的方程为：
（1）已知过点的直线交圆于两点，若，，求直线的方程；
（2）如图，过点作两条直线分别交抛物线于点，，并且都与动圆相切，求证：直线经过定点，并求出定点坐标.
【答案】（1）或；
（2）证明见解析，定点．
【解析】
【分析】（1）讨论直线的方程无斜率与有斜率两种情况，结合弦长公式即可求解；
（2）设直线，方程，由，与动圆相切得：，联立直线与抛物线方程求得坐标，写出表达式，即可求得定点．
【小问1详解】
时，圆：，
因为，所以可得圆心到直线的距离，
当直线的方程为：时，符合题意；
当直线的斜率存在，设直线的方程为：，即，
由得，解得：，直线：，
综上：直线的方程为：或；
【小问2详解】
设直线，的斜率分别为，，则直线：，
，同理得直线：，
由，与动圆相切得：，
化简得：，
因为，所以，
联立得，同理：，
易得，
则：，
化简得：，所以直线过定点．
2021学年第一学期期中杭州地区（含周边）重点中学
高二年级数学学科试题
选择题部分
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 直线倾斜角为 （ ）
A. B. C. D.
2. 若复数(为虚数单位)，则=（ ）
A. B.
C. D.
3. 如图，在四面体中，是棱上靠近的三等分点，分别是的中点，设，，，用，，表示，则 （ ）
A. B.
C D.
4. 两条平行直线和间的距离为，则，分别为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
5. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则能得出的是（ ）
A. ，∥， B. ，，∥
C. ，，∥ D. ，∥，
6. 如图，已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，为圆锥底面圆的直径，是的中点，是母线的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B.
C D.
7. 已知平面向量，，，满足，与的夹角为，且，则的最小值为（ ）
A. B. 1
C. D.
8. 在矩形中，，为的中点，将和沿翻折，使点与点重合于点，若，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9. 已知直线，其中，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，直线与直线垂直
B. 若直线与直线平行，则
C. 直线的倾斜角一定大于
D. 当时，直线在两坐标轴上的截距相等
10 圆和圆相交于两点，则有（ ）
A. 公共弦所在直线方程为
B. 圆到直线距离等于1的点有2个
C. 公共弦的长为
D. 为圆上的一个动点，则到直线距离的最大值为
11. 有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，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6”，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. 乙与丁相互独立
12. 如图，若正方体的棱长为1，点是正方体的侧面上的一个动点(含边界)，是棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 沿正方体的表面从点A到点的最短路程为 B. 若保持，则点在侧面内运动路径的长度为
C. 三棱锥的体积最大值为 D. 若点在上运动，则到直线的距离的最小值为
非选择题部分
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 费马大定理又称为“费马最后定理”，由17世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出，他断言当时，关于，，的方程没有正整数解．他提出后，历经多人猜想辩证，最终在1994年被英国数学家安德鲁·怀尔斯彻底证明．某同学对这个问题很感兴趣，决定从1，2，3，4，5，6这6个自然数中随机选一个数字作为方程中的指数，方程存在正整数解的概率为______．
14. 若复数（i是虚数单位）是关于的方程的一个根，则=__________.
15. 由10个实数组成的一组数据，方差为，将其中一个数3改为1，另一个数6改为8，其余的数不变，得到新的一组数，方差为，则__________.
16. 如图，在四棱台中，，，则的最小值为__________.
四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中，已知角所对应的边分别为，且，，是线段上一点，且满足.
（1）求的面积；
（2）求的长.
18. 第19届亚运会将于2022年9月在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障.某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.
（1）求的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩的众数，平均数和第分位数（分位数精确到0.1)；
（3）在第四、第五两组志愿者中，现采用分层抽样的方法，从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.
19. 如图，平行六面体中，，，，
（1）求对角线的长度；
（2）求二面角的余弦值.
20. 已知直线的方程为：，分别交轴，轴于两点，
（1）求原点到直线距离的最大值及此时直线的方程；
（2）若为常数，直线与线段有一个公共点，求最小值.
21. 如图，四棱锥中，，且，
（1）求证：平面平面；
（2）若是等边三角形，底面是边长为3的正方形，是中点，求直线与平面所成角的正弦值.
22. 已知圆的方程为：
（1）已知过点的直线交圆于两点，若，，求直线的方程；
（2）如图，过点作两条直线分别交抛物线于点，，并且都与动圆相切，求证：直线经过定点，并求出定点坐标.
2021学年第一学期期中杭州地区（含周边）重点中学
高二年级数学学科试题
选择题部分
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 直线的倾斜角为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线斜率和倾斜角之间的关系进行求解即可.
【详解】由可得，，因此该直线的斜率为，
所以直线的倾斜角为，
故选：B
2. 若复数(为虚数单位)，则=（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先化简得，再求复数的模得解.
【详解】由题得，
所以.
故选：C
3. 如图，在四面体中，是棱上靠近的三等分点，分别是的中点，设，，，用，，表示，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量加法、减法和数乘的运算性质进行求解即可.
【详解】,
故选：D
4. 两条平行直线和间的距离为，则，分别为（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】
先由直线平行求出，再由平行线间距离公式可求出d.
【详解】两直线平行，，解得，
将化为，
.
故选：D.
5. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则能得出的是（ ）
A. ，∥， B. ，，∥
C. ，，∥ D. ，∥，
【答案】C
【解析】
【分析】可通过线面垂直的性质定理，判断A；通过面面平行的性质和线面垂直的性质，判断B；通过面面平行的性质和线面垂直的定义，即可判断C；由线面平行的性质和面面垂直的性质，即可判断D．
【详解】解：A．若，，，，，则，故A错；
B．若，，则，又，则，故B错；
C．若，，则，又，则，故C正确；
D．若，，设，由线面平行的性质得，，若，则，故D错．
故选：C．
6. 如图，已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，为圆锥底面圆的直径，是的中点，是母线的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】延长至点，使，连接，，，得到为异面直线与所成的角（或补角），再解即得解.
【详解】延长至点，使，连接，，．
因为是母线的中点，所以，
所以为异面直线与所成的角（或补角）．
由题意知，，又是的中点，所以，
所以在中，．
因为，
所以，所以．
在中，，
则由余弦定理得，
故选：A．
【点睛】方法点睛：异面直线所成的角的求法：方法一：（几何法）找作（平移法、补形法）证（定义）指求（解三角形）；方法二：（向量法），其中是异面直线所成的角，分别是直线的方向向量.
7. 已知平面向量，，，满足，与的夹角为，且，则的最小值为（ ）
A. B. 1
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，将原等式化为，得出，
设，进而得出，表示以，半径为1的圆；而表示圆心到定点B(-2，0)的距离减去半径，利用数形结合的思想即可解得答案.
【详解】由题意知，，则，
由可得，即，
设，
则，
所以，
所以表示以，半径为1的圆，
表示圆C上的点到定点B(-2，0)的距离，
而的最小值即为圆心到定点B(-2，0)的距离减去半径，如图所示，
又，所以.
故选：D
8. 在矩形中，，为的中点，将和沿翻折，使点与点重合于点，若，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先证明出MP⊥平面PAD，设△ADP外接圆的半径为r， 三棱锥M-PAD的外接球的半径为R，由，求出R，进而求出外接球的表面积.
【详解】由题意可知，.
又平面PAD，平面PAD，所以MP⊥平面PAD.
设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得，即，所以r=2.设三棱锥M-PAD的外接球的半径为R，则，
所以外接球的表面积为.
故选：B
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9. 已知直线，其中，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，直线与直线垂直
B. 若直线与直线平行，则
C. 直线的倾斜角一定大于
D. 当时，直线在两坐标轴上的截距相等
【答案】AC
【解析】
【分析】根据两直线平行、垂直性质，结合倾斜角的定义、截距的定义逐一判断即可.
【详解】A：当时，直线的方程为，可化为：，所以该直线的斜率为1，
直线的斜率为，因为，所以这两条直线互相垂直，因此本选项说法正确；
B：由直线与直线平行，可得或，因此本选项说法不正确；
C：直线方程可化为：，设直线的倾斜角为，
所以，所以本选项说法正确；
D：当时，直线方程为，当时，；当时，，
因为，所以直线在两坐标轴上的截距不相等，因此本选项说法不正确，
故选：AC
10. 圆和圆相交于两点，则有（ ）
A. 公共弦所在直线方程为
B. 圆到直线距离等于1的点有2个
C. 公共弦的长为
D. 为圆上的一个动点，则到直线距离的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】两圆方程作差即可求解公共弦AB所在直线方程，可判断A；由点到直线的距离公式进行判断B；求出圆心到公共弦所在的直线方程的距离，利用几何法即可求出弦长，可判断C；求出圆心到公共弦AB所在直线方程的距离，加上半径即可判断D.
【详解】对于A，由圆与圆的交点为A，B，
两式作差可得，
即公共弦AB所在直线方程为，故A正确；
对于B，圆
所以圆心为，半径为，圆心它到直线的距离为：
，而故B正确；
对于C，圆，圆心到的距离为
，半径
所以，故C不正确；
对于D，P为圆上一动点，圆心到的距离为，半径，即P到直线AB距离的最大值为，故D正确.
故选：ABD
11. 有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，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6”，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. 乙与丁相互独立
【答案】AC
【解析】
【分析】根据独立事件的性质进行逐一判断即可.
【详解】设甲、乙、丙、丁事件发生概率分别为：,
因此有：，，，
A：因为，所以甲与丙相互独立，因此本选项说法正确；
B：因为，所以甲与丁不相互独立，因此本选项说法不正确；
C：因为，所以甲与丙相互独立，因此本选项说法正确；
D：因为，所以甲与丙不相互独立，因此本选项说法不正确，
故选：AC
12. 如图，若正方体的棱长为1，点是正方体的侧面上的一个动点(含边界)，是棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 沿正方体的表面从点A到点的最短路程为 B. 若保持，则点在侧面内运动路径的长度为
C. 三棱锥的体积最大值为 D. 若点在上运动，则到直线的距离的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，分析点M沿正方体的表面从点A到点的各种情况即可判断；对于B，取DD1中点E，
连EM并求出EM=1即可计算判断；对于C，利用等体积法转化为求三棱锥的体积即可判断；
对于D，建立空间直角坐标系，借助空间向量建立函数关系求其最值即可判断作答.
【详解】对于A，点M沿正方体的表面从点A到点的最短路程，则点M应在点A与点P所在的两个相邻平面内从点A到点，
由对称性知，点M从点A越过棱DD1与越过棱BB1到点的最短路程相等，点M从点A越过棱DC与越过棱BC到点的最短路程相等，
把正方形ABB1A1与正方形BCC1B1放在同一平面内，如图，连接AP，AP长是点M从点A越过棱BB1到
点的最短路程，，
把正方形ABCD与正方形BCC1B1放在同一平面内，如图，连接AP，AP长是点M从点A越过棱BC到
点的最短路程，，
而，于是得点M沿正方体的表面从点A到点最短路程为，A正确；
对于B，取DD1中点E，连EM，PE，如图，因是正方体的棱中点，
则PE//CD，而CD⊥平面ADD1A1，则有PE⊥平面ADD1A1，平面ADD1A1，于是得PE⊥EM，
由，PE=1得，EM=1，因此，点在侧面内运动路径是以E为圆心，
1为半径的圆在正方形内的圆弧，如图，圆弧所对圆心角为，圆弧长为，B正确；
对于C，因，而面积是定值，要三棱锥的体积最大，当且仅当点M到平面C1BD距离最大，
如图，点A1是正方形ADD1A1内到平面C1BD距离最大的点，，C不正确；
对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
令，则，又，
直线PD1与直线PM夹角为，，
令，则，
当且仅当，即，时，取最大值，而，
此时，取得最小值，又，点到直线的距离，于是得，
所以到直线距离的最小值为，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.
非选择题部分
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 费马大定理又称为“费马最后定理”，由17世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出，他断言当时，关于，，的方程没有正整数解．他提出后，历经多人猜想辩证，最终在1994年被英国数学家安德鲁·怀尔斯彻底证明．某同学对这个问题很感兴趣，决定从1，2，3，4，5，6这6个自然数中随机选一个数字作为方程中的指数，方程存在正整数解的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据费马大定理计算．
【详解】从1，2，3，4，5，6这6个自然数中随机选一个数字共有6种选法，其中只有或2使得方程有整数解，故概率为．
故答案为：．
14. 若复数（i是虚数单位）是关于的方程的一个根，则=__________.
【答案】3
【解析】
【分析】把代入方程，化简方程，利用相等复数的概念得到的值，即得的值.
【详解】由复数（为虚数单位）是关于x的方程（p，q为实数）的一个根，
所以，即
所以 ，故
故答案为：3
15. 由10个实数组成的一组数据，方差为，将其中一个数3改为1，另一个数6改为8，其余的数不变，得到新的一组数，方差为，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据平均数的性质，结合方差的定义进行求解即可.
【详解】因为其中一个数3改为1，另一个数6改为8，其余的数不变，
所以新的一组的平均数与原一组数的平均数不变，设为，
没有改变的8个数分别为：，
所以有，
，
因此，
故答案为：2
16. 如图，在四棱台中，，，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量数量积的定义和运算性质，结合配方法进行求解即可.
【详解】
设，
因为，,所以有：
令，于是有：
当且时，即时，
有最小值，
故答案为：
【点睛】关键点睛：利用配方法是解题的关键.
四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中，已知角所对应的边分别为，且，，是线段上一点，且满足.
（1）求的面积；
（2）求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理，结合三角形面积公式进行求解即可；
（2）运用平面向量基本定理，结合平面向量数量积的运算性质和定义进行求解即可.
【小问1详解】
由余弦定理得：，∴，
.
【小问2详解】
，∴∴.
18. 第19届亚运会将于2022年9月在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障.某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.
（1）求的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩的众数，平均数和第分位数（分位数精确到0.1)；
（3）在第四、第五两组志愿者中，现采用分层抽样的方法，从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.
【答案】（1），
（2）众数：70，平均数69.5，第分位数71.7
（3）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图列方程组即能求出的值；
（2）观察频率分布直方图即可得众数，根据加权平均数的求解公式可得平均值，先确定第分位数在65-75之间，然后列式求解即可；
（3）根据分层抽样，在和中分别选取4人和1人，列举出这5人中选出2人的总的基本事件数，和选出的两人来自不同组的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可.
【小问1详解】
由题意可知：，，
解得，；
【小问2详解】
由频率分布直方图得众数为，
平均数等于，
第分位数等于；
【小问3详解】
根据分层抽样，和的频率比为
故在和中分别选取4人和1人，分别设为和
则在这5人中随机抽取两个的样本空间包含的样本点有
共10个，
即，记事件“两人来自不同组”，
则事件包含的样本点有
共4个，即，
所以.
19. 如图，平行六面体中，，，，
（1）求对角线的长度；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)根据题意可得，，利用向量数量积的定义求出、
的值，利用基底的概念可得，等式两边同时平方，计算即可；
(2)根据余弦定理可得，进而证得为等边三角形，取中点，连接，如图，可得，设二面角为，利用向量数量积的定义求出、
的值，利用基底的概念可得，等式两边同时平方，计算即可.
【小问1详解】
由题意知，
在中，，，以向量，，为基底，①，，
同理可得，
①式平方，得，
，同理可得，
所以.
【小问2详解】
在中，，，
又，所以为等边三角形，
所以，故为等边三角形，
取中点，连接，则，又，②，
设二面角为，则，
②式两边同时平方，
得，
所以，.
所以二面角的余弦值为.
20. 已知直线的方程为：，分别交轴，轴于两点，
（1）求原点到直线距离的最大值及此时直线的方程；
（2）若为常数，直线与线段有一个公共点，求的最小值.
【答案】（1）最大值为，
（2）
【解析】
【分析】（1）求出直线过的定点Q，当时，原点到直线距离最大，则可求出原点到直线距离的最大值及此时直线的方程；
（2）求出直线与轴，轴相交的两点坐标，利用的几何意义，因为原点到直线的距离，所以，则可得，进而可得的最小值.
【小问1详解】
因为可化为：，
所以直线过定点，
当时，原点到直线距离最大，
此时最大值为，
此时直线的斜率为，即，
所以直线方程为：，即.
【小问2详解】
根据得，，
直线：表示不经过原点的任意一条直线，同时与线段有且只有一个公共点，
考虑对应的几何意义，因为原点到直线的距离为：，所以，
若是线段与直线的公共点，
则，
当时，，当且仅当直线过点，且与轴垂直时等号成立；
当时，，当且仅当直线过点，且与轴垂直时等号成立.
21. 如图，四棱锥中，，且，
（1）求证：平面平面；
（2）若是等边三角形，底面是边长为3的正方形，是中点，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）根据线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式，结合线面角定义进行求解即可.
【小问1详解】
∵，∴，，又，∴，∵，面，∴面，平面ABCD,
平面平面
【小问2详解】
∵平面平面，交AD于点F，平面，平面平面，∴平面，
以为原点，，的方向分别为轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
设平面的法向量为，则，求得法向量为，
由，所以直线与平面所成角的正弦值为.
22. 已知圆的方程为：
（1）已知过点的直线交圆于两点，若，，求直线的方程；
（2）如图，过点作两条直线分别交抛物线于点，，并且都与动圆相切，求证：直线经过定点，并求出定点坐标.
【答案】（1）或；
（2）证明见解析，定点．
【解析】
【分析】（1）讨论直线的方程无斜率与有斜率两种情况，结合弦长公式即可求解；
（2）设直线，方程，由，与动圆相切得：，联立直线与抛物线方程求得坐标，写出表达式，即可求得定点．
【小问1详解】
时，圆：，
因为，所以可得圆心到直线的距离，
当直线的方程为：时，符合题意；
当直线的斜率存在，设直线的方程为：，即，
由得，解得：，直线：，
综上：直线的方程为：或；
【小问2详解】
设直线，的斜率分别为，，则直线：，
，同理得直线：，
由，与动圆相切得：，
化简得：，
因为，所以，
联立得，同理：，
易得，
则：，
化简得：，所以直线过定点．
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