2022-2023学年广东省佛山市顺德区卓越高中高二上学期期中联考数学试题含答案

2022-2023学年广东省佛山市顺德区卓越高中高二上学期期中联考数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由直线方程得斜率，由斜率得倾斜角．

【详解】直线的斜率为，所以倾斜角．

故选：D．

2．以点为圆心，两平行线与之间的距离为半径的圆的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用平行直线间距离公式可求得圆的半径，由圆心和半径可得圆的方程.

【详解】直线方程可化为，

则两条平行线之间距离，即圆的半径，

所求圆的方程为：.

故选：B.

3．甲、乙两队进行篮球比赛，采取五场三胜制（当一队得三场胜利时，该队获胜，比赛结束），根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.3；且各场比赛结果相互独立，则甲队以获胜的概率是（    ）

A．0.0972 B．0.1188 C．0.0756 D．0.0216

【答案】B

【分析】确定甲队以获胜的情况有几种，根据独立事件的乘法公式以及互斥事件的加法公式，即可求得答案.

【详解】由题意知甲队以获胜，则共比赛4场，甲队第四场获胜，前3场中获胜2场，

故甲队以获胜的概率是

,

故选：B

4．已知平面，其中点，法向量，则下列各点中不在平面内的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】结合各个选项分别求出，计算的值是否为0，从而得出结论.

【详解】对于A，，，故选项A在平面内；

对于B，，，故选项B不在平面内；

对于C，，，故选项C在平面内；

对于D，，，故选项D在平面内.

故选：B.

5．设，向量，且，则（    ）

A． B．3 C． D．4

【答案】A

【分析】先根据求出，再根据求出，故可求.

【详解】因为，故，故，

因为，故，故，故，，

故，故，

故选：A

6．已知两点，过点的直线l与线段AB有公共点，则直线l的斜率k的取值范围为（     ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】作出图形，图形结合斜率公式可得.

【详解】如图，由题意可知.

要使与线段有公共点，则直线的斜率的取值范围是.

故选：C

7．如图，一动点沿圆周在均匀分布的A，B，C三点之间移动，每次该动点逆时针方向移动的概率是顺时针方向移动概率的两倍，假设现在该点从A点出发，则移动三次之后到达B点的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先确定逆时针和顺时针移动的概率，再确定3次移动中有2次逆时针，1次顺时针，按照独立重复概率公式，即可求解.

【详解】由题意可知，逆时针方向移动的概率为，顺时针移动的概率为，

由点出发，3次移动后到达点，则3次移动中有2次逆时针，1次顺时针，

所以概率.

故选：C

8．如图，正方体的棱长为1，点P为正方形内的动点，满足直线BP与下底面ABCD所成角为的点P的轨迹长度为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】作出辅助线，得到P的轨迹为以为圆心，为半径，位于平面内的圆的，求出轨迹长度.

【详解】直线BP与下底面ABCD所成角等于直线BP与上底面所成角，

连接，因为⊥平面，平面，

所以⊥，故为直线BP与上底面所成角，

则，

因为，所以，

故点P的轨迹为以为圆心，为半径，位于平面内的圆的，

故轨迹长度为.

故选：B

二、多选题

9．直线的方程分别为，，它们在坐标系中的位置如图所示，则下列结论中正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】由斜率为正及大小关系可确定；由直线在轴截距的正负可确定正负.

【详解】直线斜率存在，则直线方程可化为，；

，，又，，C正确，D错误；

又，，，A错误，B正确.

故选：BC.

10．已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（    ）

A．与是共线向量 B．与同向的单位向量是

C．和夹角的余弦值是 D．平面的一个法向量是

【答案】BD

【分析】根据向量共线定理可判断A；根据单位向量的概念可判断B；由向量夹角的余弦公式可判断C；根据法向量的特征可判断D.

【详解】因为，，，

所以，，，

对于A：若存在实数使得，则，显然方程组无解，所以不存在使得，

即与不共线，故A错误；

对于B：因为，所以与同向的单位向量，故B正确；

对于C：，故C错误；

对于D：设平面的法向量，

则，取，得，故D正确；

故选：BD

11．若，，，则事件与的关系错误是（    ）

A．事件与互斥 B．事件与对立

C．事件与相互独立 D．事件与既互斥又独立

【答案】ABD

【分析】根据积事件概率不为零可确定与不互斥，不对立，可得ABD错误；根据独立事件概率公式可知C正确.

【详解】对于ABD，，事件与不互斥，不对立，ABD错误；

对于C，，，事件与相互独立，C正确.

故选：ABD.

12．在正三棱柱中，，点P满足，其中，则（    ）

A．当时，的面积为定值

B．当时，三棱锥的体积为定值

C．当时，有且仅有一个点P，使得

D．当时，有且仅有一个点P，使得平面

【答案】ABD

【分析】对于A，当时，点在线段上，可判断A；对于B，当时，可得点在线段上，利用线面平行以及棱锥的体积公式可判断B；对于C，当时，取的中点，的中点，可得点在线段上，设，根据勾股定理计算即可判断C；对于D，当时，取的中点为，的中点为，可得点在线段上，当在点处时，可证平面，根据过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，可判断D正确.

【详解】对于A，当时，，得，得，

因为，所以点在线段上，

由棱柱性质可知，，所以在上的高为定值，所以的面积为定值，A正确；

对于B，当时，，，得，

因为，所以点在线段上，因为，所以的面积为定值，又三棱锥，点到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；

对于C，当时，取的中点，的中点，则，

则，

则，则，则点在线段上，

设，则，

则，，，

若，则，则，则，

所以或，则点与E、重合时，，

即当时，存在两个点P，使得，故C错误；

对于D，当时，取的中点为，的中点为，

由，

得，得，

因为，则点在线段上，

当在点处时，取的中点，连，，

因为为正三角形，所以，

由正棱柱性质可知，平面平面，

又平面平面，平面，

所以平面，

又平面，所以，

在正方形中，由为全等的直角三角形易知，

又，平面，

所以平面，又平面，所以，

在正方形中，，又，平面，

所以平面，

因为过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，故有且只有一个点，使得⊥平面，故D正确.

故选：ABD

【点睛】本题属于动点轨迹问题，关键是得到动点的轨迹，利用以及或的取值，利用向量的线性运算可得点的轨迹.

三、填空题

13．直线l1：x+my+6=0与l2：(m-2)x+3y+2m=0，若则=           ；

【答案】

【分析】两直线，平行，则有，按照公式代入计算即可求出结果.

【详解】由题意，因为，则，即，

解得或，其中当时，代入验证可得两直线是重合的，不满足题意，

所以当时，．

故答案为：-1.

14．抛掷一枚骰子两次，第一次得到的点数记为x，第二次得到的点数记为y，则的概率为         .

【答案】

【分析】确定基本事件数量，再求对应的基本事件数量，利用对立事件的概率求法求概率.

【详解】基本事件有36个，而满足，即的基本事件有，，共3个，

所以所求概率为.

故答案为：

15．定义：设是空间向量的一个基底，若向量，则称实数组为向量在基底下的坐标．已知是空间向量的单位正交基底，是空间向量的另一个基底．若向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为           ．

【答案】

【分析】根据基底的定义结合题意直接求解即可

【详解】因为向量在基底下的坐标为，

所以，

所以向量在基底下的坐标为，

故答案为：

16．过点作直线的垂线，垂足为，已知点，则的最大值为           ．

【答案】/

【分析】根据直线过定点的求法可求得直线所过定点，可知点轨迹为圆，并求得圆的方程；根据圆上点到直线距离最大值的求法可求得结果.

【详解】直线方程可化为：，

由得：，直线恒过定点，

与直线垂直，垂足为，点轨迹是以为直径的圆，

则圆心，半径，

.

故答案为：.

四、解答题

17．在菱形ABCD中，对角线BD与x轴平行，，点E是线段BC的中点．

(1)求直线AE的方程；

(2)求过点A且与直线DE垂直的直线．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意可设，利用，求出的坐标，利用中点坐标公式求出E的坐标，进而可求AE的方程；

（2）先求得，再利用两直线垂直，斜率之积为求出直线DE斜率，进而可得到答案．

【详解】（1）四边形ABCD为菱形，轴，轴，∴可设，

，，

解得：（舍）或，.

中点坐标为，点坐标为，

由中点坐标公式得，，

直线AE的方程为，即.

（2）可求，则过点A且与直线DE垂直的直线斜率为：

所求直线方程为：，即．

18．如图，在平行六面体中，点M是线段的中点，点N在线段上，且，．

(1)求满足的实数x，y，z的值．

(2)求MN的长．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用空间向量的线性运算求出，即得解；

（2）化简即得解.

【详解】（1），

所以.

（2）

所以，

所以，即的长为．

19．第五代移动通信技术（简称5G）是具有高速率、低时延和大连接特点的新一代宽带移动通信技术，是实现人机物互联的网络基础设施．某市工信部门为了解本市5G手机用户对5G网络的满意程度，随机抽取了本市300名5G手机用户进行了调查，所得情况统计如下：

（1）若从样本中任取1人，求此用户年龄不超过50岁的概率；

（2）记满意为5分，一般为3分，不满意为1分，根据表中数据，求样本中26岁至50岁5G手机男用户满意程度的平均分；

（3）若从样本中26岁至50岁对5G网络不满意的5G手机用户中按性别用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中不放回地依次随机挑选2人咨询不满意的原因，求第2次才挑选到了女用户的概率．

【答案】（1）；（2）；（3）．

【分析】(1)求出样本中用户年龄不超过50岁的人数，利用概率公式计算得解；

(2)利用给定条件结合平均数的定义进行计算即可得解；

(3)先求出抽取的不满意的5人中男性、女性人数，再有序列出任选两人的所有不同结果，最后利用概率公式求解即得.

【详解】（1）由统计表知，超过50岁的5G手机用户有人，

则从样本中任取1人，年龄不超过50岁的概率；

（2）由题意，样本中26岁至50岁5G手机男用户满意程度的平均分为；

（3）由题意，用分层抽样的方法抽取的5人中男用户有2人，分别记为a，b；女用户有3人，分别记为1，2，3，

从这5人中不放回地依次随机挑选2人，样本空间

，，

设事件“第2次才挑选到了女用户”，则，，

所以第2次才挑选到了女用户的概率.

20．已知圆C过点，且圆心C在直线上．

(1)求圆C的方程；

(2)若从点发出的光线经过直线反射，反射光线恰好平分圆C的圆周，求反射光线的一般方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求AB的垂直平分线方程，联立直线l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）根据点关于直线对称的特征列方程可得，利用直线的两点式方程即可得出结果.

【详解】（1）由，得直线AB的斜率为，线段中点

所以，直线CD的方程为，即，

联立，解得，即，

所以半径，

所以圆C的方程为；

（2）由恰好平分圆C的圆周，得经过圆心，

设点M关于直线的对称点，

则直线MN与直线垂直，且线段MN的中点在上，

则有，解得，所以，

所以直线CN即为直线，且，

直线方程为，即.

21．如图，在四棱锥中，是以AD为斜边的等腰直角三角形，，平面平面ABCD，，底面ABCD的面积为，E为PD的中点．

(1)证明：平面PAB；

(2)求点A到直线CE的距离；

(3)求直线CE与平面PAB间的距离．

【答案】(1)证明见详解

(2)

(3)

【分析】（1）转化为平面平面问题，利用三角形中位线和平行四边形性质可证；

（2）（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求点到直线的距离公式和点到平面距离即可.

【详解】（1）记的中点为O，连接，

因为，所以底面ABCD为直角梯形，

又底面ABCD的面积为，，

所以，得，所以，

所以，所以为平行四边形，故，

因为平面，平面，所以平面，

因为O，E分别为AD，PD的中点，所以，同理平面，

又平面，

所以平面平面，

又平面，所以平面PAB.

（2）因为是以AD为斜边的等腰直角三角形，，

所以，，

由（1）可知，，所以

又因为平面平面ABCD，所以，故两两垂直，

以所在直线分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系，

则，

得，

因为，，

所以，

所以点A到直线CE的距离.

（3）由（2）可得，

设为平面的法向量，

则，令得，

所以点C到平面的距离为，

由（1）知，平面PAB，所以直线CE与平面PAB间的距离即为.

22．如图1是一个正方形和一副直角三角板（常用的文具），其中，将AD与、BC与分别重合，并将两个三角板翻起，使点与点重合于点M，得到一几何体如图2．

(1)证明：；

(2)求平面MAD与平面MBC的夹角的余弦值；

(3)在正方形ABCD范围内有以圆心为D、半径为2的一段圆弧，则在该段圆弧上，是否存在点N，使得直线MC与直线DN所成角为？试说明你的理由．

【答案】(1)证明见解析；

(2)；

(3)存在符合题意的点N，理由见解析.

【分析】（1）通过证明AD⊥平面MCD即可证明；

（2）作正方体如下,过点作.以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面MAD与平面MBC的夹角的余弦值；

（3）可设，再建立关于的方程组，解方程组即得解.

【详解】（1）由题意可得：AD⊥MD，，且，平面MCD，

∴AD⊥平面MCD，而平面MCD，∴AD⊥MC.

（2）由（1）知：AD⊥平面MCD，可作正方体如下,过点作.

如下图，以点D为原点建立空间直角坐标系，显然，点M在坐标平面yoz内，

由题得,

.

所以.

由题得，

∴，，

设平面的法向量为，则

.

设平面的法向量为，则

.

所以平面MAD与平面MBC的夹角的余弦值为.

（3）存在．如上图可知：，∴，

因为点N在坐标平面xOy内，可设，则，

由题意知：，∴，

又在坐标平面xOy内，以点D为圆心、半径为2的一段圆弧的方程是，

而点N在圆弧上，所以有，结合，可得，

∴点N的坐标是（，，0），故存在符合题意的点N．