2022-2023学年广东省佛山市顺德区第一中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省佛山市顺德区第一中学高二上学期期中数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省佛山市顺德区第一中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】直接根据倾斜角与斜率的关系即可得结果.【详解】设直线倾斜角为设，则，解得.故选：D.2．，若三向量共面，则实数（    ）A．3 B．2 C．15 D．5【答案】D【分析】利用向量共面的坐标运算进行求解即可.【详解】∵，∴与不共线，又∵三向量共面，则存在实数m，n使即，解得．故选：D．3．在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量计算即可.【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则，.设异面直线与所成的锐角为， ；故选：D.4．如图，在直三棱柱中，若，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】结合向量的加法和减法运算直接化简即可.【详解】由题意可得.故选：B5．天气预报说，在今后的三天中，每一天下雨的概率均为，用数字0，1，2，3表示下雨，数字4，5，6，7，8，9表示不下雨，由计算机产生如下20组随机数：977，864，191，925，271，932，812，458，569，683，431，257，394，027，556，488，730，113，537，908.由此估计今后三天中至少有一天下雨的概率为（    ）A．0.6 B．0.7 C．0.75 D．0.8【答案】B【分析】由已知列举出代表今后三天都不下雨的随机数，以及今后三天都不下雨的随机数个数，利用古典概型和对立事件的概率求解即可．【详解】代表今后三天都不下雨的随机数有977，864，458，569，556，488，共6组，记“今后三天中至少有一天下雨”为事件，“今后三天都不下雨”为事件，则与为对立事件.所以，故选：B.6．甲、乙、丙三位同学独立地解决同一个问题，已知三位同学能够正确解决这个问题的概率分别为，则有人能够解决这个问题的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】可先求得没有人能解决这个问题的概率, 再根据对立事件的性质求得有人能够解决这个问题的概率即可.【详解】“没有人能解决这个问题”的概率为所以“有人能解决这个问题”的概率为故选:A【点睛】本题考查了对立事件概率的性质及简单应用,属于基础题.7．已知直线和互相平行，则实数的取值为（　　）A．或3 B． C． D．1或【答案】B【分析】利用两直线平行的等价条件求得实数m的值.【详解】∵两条直线x+my+6=0和（m﹣2）x+3y+2m=0互相平行，∴解得 m=﹣1，故选B．【点睛】已知两直线的一般方程判定两直线平行或垂直时，记住以下结论，可避免讨论：已知，，则， ．8．方程有两个不同的解，则实数k的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】转化为圆心在原点半径为1的上半圆和表示恒过定点的直线始终有两个公共点，结合图形可得答案.【详解】令，平方得表示圆心在原点半径为1的上半圆，表示恒过定点的直线，方程有两个不同的解即半圆和直线要始终有两个公共点，如图 圆心到直线的距离为，解得，当直线经过时由得，当直线经过时由得，所以实数k的取值范围为.故选：C. 二、多选题9．已知直线，圆，则（    ）A．的取值范围为B．当与圆相切时，C．当与圆相切时，圆上的点到原点的最短距离为D．当与圆相切时，圆上的点到原点的最长距离为【答案】BD【分析】由圆的方程可确定圆心和半径，由可知A正确；由直线与圆相切可知圆心到直线距离等于半径，由此可构造方程求得B正确；首先求得圆心和原点之间距离，则圆上点到原点的最短距离和最长距离分别为圆心和原点之间距离减去半径和加上半径，由此可知CD正误.【详解】圆方程可化为：，则圆心，半径；对于A，半径，解得：，即的取值范围为，A错误；对于B，与圆相切，圆心到直线距离，解得：，B正确；对于CD，由B知：半径，圆心到原点的距离为，圆上的点到原点的最短距离为，最长距离为，C错误，D正确.故选：BD.10．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是4”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是5”，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．甲与乙互斥 B．丙与丁互斥C．甲与丁相互独立 D．乙与丙相互独立【答案】BC【分析】直接由互斥事件的概念判断A、B选项；计算出甲、乙、丙、丁事件的概率，由独立事件概率公式判断C、D选项即可.【详解】由题意可知，两点数和为6的所有可能为，两点数和为7的所有可能为，甲乙丙丁，对于A选项，甲与乙可以同时发生，故选项A错误；对于B选项，丙与丁不可能同时发生，故选项B正确；对于C选项，（甲丁）（甲）（丁），故选项C正确；对于D选项，（乙丙）（乙）（丙），故选项D错误.故选：BC.11．已知圆与直线，若直线和圆交于两点，设的面积为，则（    ）A．直线必过定点 B．弦长最短为C．直线与圆可能没有交点 D．的最大值为8【答案】ABD【分析】根据直线方程可得直线恒过定点，即可判断AC，然后求得圆心到直线的距离，即可求得弦长，及的最大值.【详解】圆的方程为，直线.令，解得，不论取何值，直线必过定点，且,则点P在圆內，所以直线与圆一定相交，故C错误，A正确.圆心，设圆心到直线的距离为，当的连线垂直于直线时，，所以所以当最大时，弦长最短为.故B正确；，因为，所以时，面积的最大值为8，故D正确.故选: ABD.12．如图，在菱形中，，沿对角线将折起，使点，之间的距离为，若分别为直线上的动点，则下列说法正确的是（    ）A．当时，点到直线的距离为B．线段的最小值为C．平面平面D．当分别为线段的中点时，与所成角的余弦值为【答案】BCD【分析】先证明出平面，利用面面垂直的判定定理可以证明出平面平面，即可判断C；以为原点，分别为轴建立坐标系，用向量法判断选项A、B、D.【详解】取的中点，连接.在菱形中，，所以.因为，所以，所以.又易知，因为，平面，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，故C正确；以为原点，分别为轴建立坐标系，则，当时，，，所以点D到直线的距离为，故A错误；设，由得，，当时，，故B正确；当分别为线段的中点时，设与所成的角为，所以与所成角的余弦值为，故D正确；故选：BCD 三、填空题13．从这个数中随机取出个不同的数为，则的概率为___________.【答案】【分析】列举出所有基本事件和满足的基本事件，根据古典概型概率公式可求得结果.【详解】从个数中随机取出个数，则有，，，，，，共种情况；其中满足的有，，，，共种情况，的概率.故答案为：.14．若直线经过点A(－5,2)，且在x轴上的截距等于在y轴上的截距的2倍，则该直线的方程为_______．【答案】x＋2y＋1＝0或2x＋5y＝0.【分析】讨论横截距、纵截距均为零、都不为零两种情况，设直线方程并将点坐标代入求参数，即可写出直线方程.【详解】①当横截距、纵截距均为零时，设所求的直线方程为y＝kx，将(－5,2)代入y＝kx中，得k＝－，此时，直线方程为y＝－x，即2x＋5y＝0.②当横截距、纵截距都不为零时，设所求直线方程为，将(－5,2)代入所设方程，解得a＝－，此时，直线方程为x＋2y＋1＝0.综上所述，所求直线方程为x＋2y＋1＝0或2x＋5y＝0.故答案为：x＋2y＋1＝0或2x＋5y＝015．已知棱长为的正四面体，为中点，为中点，则___________.【答案】##【分析】由向量线性运算将所求数量积转化为，由向量数量积的定义和运算律可直接求得结果.【详解】.故答案为：. 四、双空题16．已知圆，点，点在圆上运动，则的中点的轨迹方程为___________；过原点的两条直线与点的轨迹分别交于两点，直线的斜率之积为，，为垂足，有一定点，使得为定值，则点坐标为___________.【答案】          【分析】设，，利用坐标表示出坐标，代入圆方程即可整理得到的轨迹方程；设，与圆的方程联立可求得点坐标，由斜率乘积为可将替换为可得点坐标，由此可得直线方程，并确定过定点，由直角三角形性质可知当为中点时，为定值，由此可得结果.【详解】设，，为中点，，整理得：，即，又在圆上，，整理可得：，即点的轨迹方程为：.设直线，，，由得：，又在圆上，，则；将替换为可得：，，，所在直线方程为，当时，，直线过定点，，为直角三角形，且为斜边，当为中点时，为定值，则，定点，可使为定值.故答案为：；. 五、解答题17．已知的顶点，边上的中线所在直线的方程为，所在直线方程为.求(1)点的坐标；(2)直线关于直线对称的直线方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据中线和均过点，可联立方程求得点坐标；（2）利用点关于直线对称点的求法可求得点关于直线对称的点，由此可得直线方程，即为所求对称直线方程.【详解】（1）由得：，即.（2）设关于直线对称的点，则，解得：，，则直线方程为，即，即直线关于直线对称的直线方程为：.18．已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）若过点的直线被圆截得的弦长为，求直线的方程．【答案】（1）；（2）直线的方程为或．【分析】（1）由圆的性质可得：的垂直平分线方程与直线联立方程组求得圆心为，用两点之间距离公式求得，即可求出圆的标准方差.（2）由圆的半径，弦长，利用垂径定理和勾股定理求出弦心距，再利用圆心到直线的距离为求出直线方程即可，需注意斜率不存在的情况.【详解】（1）因为，，所以线段的中点坐标为，直线的斜率，因此线段的垂直平分线方程是：，即．圆心的坐标是方程组的解．解此方程组得：，所以圆心的坐标是．圆的半径长，所以圆心为的圆的标准方程是．（2）因为，所以在圆内.又因为直线被圆截得的弦长为，所以圆心到直线的距离①当直线的斜率不存在时，，到的距离为，符合题意．②当直线的斜率存在时，设，即．所以，，解得，直线为：，即：综上：直线的方程为或．【点睛】本题第一问考查了圆的标准方程，主要利用弦的垂直平分线过圆心来求圆的标准方差.第二问主要考查圆的弦长及垂径定理，直线斜率不存在的情况容易丢掉，熟练掌握公式及定理是解决本题的关键.属于中档题.19．如图，在直角梯形中，，，，，，.将矩形沿翻折，使得平面平面.(1)求与平面所成角的正弦值.(2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由面面垂直的性质可证得平面，由线面角的向量求法可求得结果；（2）根据平面，可得平面的法向量为，由面面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）平面平面，平面平面，，平面，平面，则以为原点，正方向为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.，，，设平面的法向量为，则，令，解得：，，，即直线与平面所成角的正弦值为.（2）平面，平面的一个法向量，，即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.20．第56届世界乒乓球锦标赛于2022年在中国成都举办，国球运动又一次掀起热潮.现有甲乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用7局4胜制，每局为11分制，每赢一球得1分.(1)已知在本场比赛中，前两局甲获胜，在后续比赛中，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立.求甲乙两人只需要再进行三局比赛就能结束本场比赛的概率.(2)已知某局比赛中双方比分为，此时甲先连续发球2次，然后乙连续发球2次，甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，求该局比赛甲以获胜的概率；【答案】(1)(2) 【分析】（1）分两种情况讨论，分后三局赢的是乙甲甲和甲乙甲求解即可；（2）说明一共打了四个球，甲赢3个，乙赢一个，分类讨论即可求解.【详解】（1）由题可知，再进行三局结束比赛，则甲必赢两局，赢的情况分为：乙甲甲和甲乙甲，设事件“只需要再进行三局比赛就能结束本场比赛”，结合相互独立事件公式可得：；（2）若要以获胜，则四个球当中甲必赢3个，乙赢一个，按发球顺序，以甲输赢为标准统计，可分为：①赢赢输赢；②输赢赢赢；③赢输赢赢.设事件“在比分为的条件下甲以获胜”，则.21．如图，三棱锥中，，平面平面，，.(1)求证：平面；(2)若点在线段上，直线与直线所成的角为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）在中由勾股定理逆定理可得，再由已知面面垂直可得平面，则得，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论，（2）以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】（1）证明：在中，因为，所以，所以，因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又，平面，所以平面，（2）以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，过垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，由题意得，，，，所以，， 设点坐标为，则所以， 所以点坐标为，所以因为直线与直线所成的角为，解得. 所以点坐标为，则.设平面的法向量为则，取，可得.-再设平面的法向量为，则，取，可得.所以所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.22．如图，在直棱柱中，底面是边长为的菱形，，，是上的动点（不含端点）.(1)当为的中点时，求直线到平面的距离；(2)求直线和平面所成角的正弦值的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据平面，可将所求距离转化为点到平面的距离，以与的交点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可求得结果；（2）设，利用线面角的向量求法可求得，根据的范围，结合二次函数值域求法可求得的取值范围.【详解】（1），平面，平面，平面，直线到平面的距离即为点到平面的距离，连接交于点，连接交于点，以为原点，正方向分别为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，，，为的中点，则，，，，则，令，解得：，，；点到平面的距离，即直线到平面的距离为.（2）设，则，，，设平面的一个法向量，则，令，解得：，，，设直线与平面所成角为，，，，，即直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.