2024河南省金科・新未来高二上学期期中考试数学含解析

这是一份2024河南省金科・新未来高二上学期期中考试数学含解析，共13页。试卷主要包含了已知向量，设甲，已知圆锥等内容，欢迎下载使用。

数 学
全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案+的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．
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．已知复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
2．经过点，倾斜角为的直线方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．已知，若平面的一个法向量为，则（ ）
A． B． C． D．
4．若直线与平行，则两直线之间的距离为（ ）
A． B．1 C． D．2
5．已知向量，设甲：“”；乙：“向量的夹角为锐角”，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件 B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的既不充分也不必要条件
6．已知圆锥（为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心）的轴截面是等边三角形，为底面圆周上的三点，且为底面圆的直径，为的中点．若三棱锥的外接球的表面积为，则圆锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．设的内角的对边分别为，若，且，则的面积的最大值为（ ）
A．4 B．2 C．1 D．
8．如图，在四面体中，，若，则二面角的大小为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：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．已知正三棱柱的所有棱长均为2，则（ ）
A．正三棱柱的体积为
B．正三棱柱的侧面积为
C．直线与平面所成的角为
D．直线到平面的距离为
10．不透明的袋子中装有6个大小质地相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机抽取两次，每次取一个球．表示事件“第二次取出的球上标有的数字大于等于3”，表示事件“两次取出的球上标有的数字之和为5，则（ ）
A． B． C． D．事件与相互独立
11．已知圆与直线相交于两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线过定点 B．若，则的面积为
C．的最小值为 D．的面积的最大值为2
12．在平行六面体中，，，若，其中，则下列结论正确的有（ ）
A．若，则三棱锥的体积为定值
B．若，则
C．若，则与平面所成的角的正弦值为
D．当时，线段的长度的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知三点共线，则_____________．
14．一组样本数据为，若是方程的两根，则这个样本的方差是_____________．
15．已知圆台的体积为，且其上、下底面半径分别为1，2，若为下底面圆周的一条直径，为上底面圆周上的一个动点，则_____________．
16．设为坐标原点，，若上存在点，使得，则的取值范围是_____________．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
17．（本小题满分10分）在平面直角坐标系中，已知．
（1）求边上的高所在的直线方程；
（2）若点在直线上，且，求点到直线的距离．
18．（本小题满分12分）如图，在正方体中，分别为的中点．
（1）求异面直线与的夹角的余弦值；
（2）求点到平面的距离．
19．（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，平面平面为等边三角形，底面为等腰梯形，，且．
（1）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由；
（2）求与平面所成角的正弦值．
20．（本小题满分12分）已知为坐标原点，圆，直线，其中．
（1）当时，过点作圆的两条切线，切点分别为，求直线的方程；
（2）若直线与圆相交于两点，求．
21．（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面底面，侧棱与底面所成的角为．
（1）证明：平面平面；
（2）若平面平面，求二面角的正弦值．
22．（本小题满分12分）设为坐标原点，已知与直线相交于两点．
（1）若，求的值；
（2）过点的直线与相互垂直，直线与圆相交于两点，求四边形的面积的最大值．
金科·新未来2023年秋季学期高二年级10月质量检测·数学
参考答案、提示及评分细则
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．【答案】B
【解析】设，则，所以，所以，故选B．
2．【答案】A
【解析】直线斜率为，所以该直线方程为，即，故选A．
3．【答案】C
【解析，所以，即，解得，所以，故选C．
4．【答案】C
【解析】依题意，，解得，所以两直线分别为，所以两直线之间的距离为，故选C．
5．【答案】B
【解析】由向量夹角为锐角，则，解得，当时，，得，所以的取值范围为，所以甲是乙的必要不充分条件，故选B．
6．【答案】A
【解析】因为圆锥的轴截面是等边三角形，设底面半径为，则圆锥的高为，且，从而，所以，且圆锥的外接球的半径为，其表面积为．故选A．
7．【答案】D
【解析】由余弦定理，，得，整理可得，
又由，有（当且仅当时取“=”），故选D．
8．【答案】C
【解析】作垂直于垂直于，则，所以，设二面角的大小为，则，有，解得，故选C．
二、多项选择题：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．【答案】CD
【解析】正三棱柱的体积为，A选项错误；
正三棱柱的侧面积为，B选项错误；
与平面所成角即为，C选项正确；
过作垂直于，则为与平面之间的距离，，选项正确，故选CD．
10．【答案】AC
【解析】第二次取出球为，所以，A选项正确；
，所以，B选项错误；
，所以，所以，C选项正确；
因为选项错误，故选AC．
11．【答案】ABD
【解析】直线，所以直线过定点，A选项正确；
易知道，若直线，则，此时直线到的距离的面积为，B选项正确；
由知直线过定点，所以，所以当时，取得最小值为，C选项错误；
面积为，当且仅当时，等号成立，D选项正确．故选ABD．
12．【答案】AB
【解析】若，则点到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，A选项正确；
若，则，且，所以，B选项正确；
若，由可知，且，所以为平面的一个法向量，且，又因为．，所以与平面所成角的正弦值为，C选项错误；
，当且仅当时等号成立，所以长度的最小值为，D选项错误．故选AB．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．【答案】
【解析】直线的方程为，代人，解得．
14．【答案】5
【解析】，解得或4，不妨设，则样本平均数是4，根据方差公式得．
15．【答案】12
【解析】设圆台的高为，则，解得，
不妨设，则，
所以．
16．【答案】
【解析】设点，由，可知，整理可得点的轨迹方程为，即与存在交点，易知圆心距为，因此，解得．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
17．【答案】（1） （2）
【解析】（1）直线，即，直线的斜率为2
以边上的高所在直线的斜率为1，
所以边上的高所在的直线方程为，整理得；
（2）直线，即，
的中点为，所以的垂直平分线所在的直线方程为，
因为为垂直平分线与直线的交点，所以
解得，
所以到直线的距离为．
18．【答案】（1） （2）
【解析】由两两垂直，以正交基底建系如图，，，
，所以，
又，
设异面直线与的夹角为，
则，
即异面直线与夹角的余弦值为；
（2）设平面的法向量为，
由，
得即取，
又，则点到平面的距离．
19．【答案】（1）存在，当为中点时，平面 （2）
【解析】（1）如图，分别取中点，连接，则，
因为，
所以，四边形为平行四边形，
所以，又因为平面平面，
所以平面，即当为中点时，平面；
（2）取的中点的中点，连接，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
如图，以为原点，方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
可求得梯形的高为，
可得，
所以，
设为平面的法向量，
则由得
令，则，即，
设与平面所成角为，有，
则，
所以与平面所成角的正弦值为．
20．【答案】（1） （2）
【解析】（1）当时，圆，
以为直径的圆的方程为，
两圆方程相减，则直线；
（2）点到直线的距离为，
设为中点，即，所以，可得，
所以．
21．【答案】（1）略 （2）
【解析】（1）证明：在正方形中，．
因为平面底面，平面平面平面
所以平面．而平面，所以平面平面；
（2）设与交于点，则平面平面，
作垂直于，则平面，所以，又，
且，所以平面，
因为平面，所以，由（1）可知，，
所以底面，故和底面所成的角等于，
故．
以为原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．
设．则．
设平面和平面的法向量分别为．
，
由即取，得；
由即，取，得．
由，有，
设二面角的大小为，则．
所以二面角的正弦值为．
22．【答案】（1） （2）7
【解析】（1）不妨设，且，由，可知，
联立与，可得，
则，
，
因为，解得；
（2）由（1）可知，，
同理可得，，
设四边形的面积为，
则，
设，则（当且仅当时取“=”），
所以四边形的面积的最大值为7．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
B
A
C
C
B
A
D
C
CD
AC
ABD
AB