2023-2024学年广东省佛山市顺德区勒流中学、均安中学、龙江中学等十五校高二上学期12月联考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年广东省佛山市顺德区勒流中学、均安中学、龙江中学等十五校高二上学期12月联考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，应用题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．“”是“直线和直线垂直”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【分析】根据直线的垂直关系结合充分、必要条件分析判断.
【详解】当时，两条直线的方程分别为和，斜率分别为，
因为，所以这两直线垂直；
当直线和直线垂直时，，解得；
故“”是“直线和直线垂直”的充分不必要条件.
故选：A.
2．《易经》是中国文化中的精髓，如图，这是易经八卦图（含乾､坤､巽､震､坎､离､艮､兑八卦），每一卦由三根线组成（表示一根阳线，称为阳爻，表示一根阴线，称为阴爻），从八卦中任取一卦，则卦中阳爻比阴爻多的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由古典概型即可求得阳爻比阴爻多的概率.
【详解】因为阳爻比阴爻多的卦有4个，所以所求概率为.
故选：B
3．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】借助直线斜率与倾斜角的关系以及诱导公式即可得.
【详解】因为直线的斜率为，
而，
所以直线的倾斜角为.
故选：D.
4．已知光线从点射出，经直线反射，且反射光线过点，则入射光线所在直线的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】首先求出关于直线的对称点，再求出与所在的直线方程即为入射光线所在直线的方程.
【详解】设点关于直线的对称点为，
则解得即.
所以人射光线所在直线的方程为，即.
故选：A
5．已知点，，，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】先算出直线的方向向量，再借助空间向量计算即可得.
【详解】设点到直线的距离为，因为，，
所以，故.
故选：B.
6．在三棱锥中，已知平面分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线所成角的余弦值.
【详解】以为原点，以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
，
设异面直线与所成角的大小为，则.
故选：C.
7．直线与曲线有两个公共点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】曲线表示的是一个以原点为圆心，3为半径的左半圆，直线的斜率为1，作出图形，由图形确定直线与曲线有两个公共点时的条件.
【详解】方程，即，表示的是一个以原点为圆心，3为半径的左半圆，
直线的斜率为1，连接和，
要使直线与该半圆有两个交点，直线必在以上的半圆内平移，直到直线与半圆相切（不含相切），则可求出直线的两个临界位置对应的的值.
当直线与重合时，，
当直线与半圆相切时，圆心到的距离3，即，
解得或（舍去）.
所以的取值范围是）.
故选：D
8．已知甲袋中有4个白球､个红球，乙袋中有2个白球､4个红球，各个球的大小与质地相同.现从甲､乙两袋中依次不放回地各取2个球，若从甲袋中取出的2个球的颜色不相同与从乙袋中取出的2个球的颜色不相同的概率相等，则（ ）
A．2B．4C．6或2D．8或4
【答案】C
【分析】根据古典概型的概率公式列式计算可得解.
【详解】设事件为“从甲袋中取出的2个球的颜色不相同”，事件为“从乙袋中取出的2个球的颜色不相同”，
则，
所以，解得或.
故选：C.
二、多选题
9．已知是空间中不共面的三个向量，则下列向量能构成空间的一个基底的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】根据空间向量的基底向量的定义结合共面向量的定义逐项分析判断.
【详解】对于选项：因为，
所以三个向量共面，
故不能构成空间的一个基底，故A错误；
对于选项：因为，
所以三个向量共面，
故不能构成空间的一个基底，故D错误；
因为是空间中不共面的三个向量，
对于选项B：设，显然不存在实数使得该式成立，
所以不共面，可以作为基底向量，故B正确；
对于选项C：设，
则，方程无解，即不存在实数使得该式成立，
所以不共面，可以作为基底向量，故C正确；
故选：BC.
10．对于一个古典概型的样本空间和事件，若，则（ ）
A．事件与事件互斥B．
C．事件与事件相互独立D．
【答案】BCD
【分析】根据已知条件计算，判断B选项，再根据判断C选项，通过计算D选项，通过判断C选项.
【详解】因为，，，
所以，又，则，所以，B正确；
因为，所以事件与事件相互独立，C正确；
所以，D正确；
因为，所以事件与事件不是互斥事件，A错误.
故选：BCD
11．下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过点
B．经过点，且在轴上截距相等的直线方程为
C．已知，点在轴上，则的最小值是5
D．若直线过点，且与轴的正半轴分别交于两点，为坐标原点，则面积的最小值为12
【答案】ACD
【分析】对于，将直线化简，列出方程，求得定点；对于B，设出直线方程根据截距相等列出方程，求解即可；对于C，找对称点进行转化；对于D，设出直线方程，把三角形的面积表示出来，求最值即可.
【详解】对于，整理，得，
令，解得所以直线恒过点，故正确.
对于，可知所求直线的斜率存在且不为0，设为，则它的方程为.
令，得，即该直线在轴上的截距为；
令，得，即该直线在轴上的截距为.
因为该直线在轴上的截距相等，所以，解得，
所以所求直线的方程为或，B错误.
对于C，点关于轴的对称点为，连接交轴于点，点是轴上任意一点，连接，
于是，
当且仅当点与重合时，等号成立，
因此，C正确.
对于D，直线与轴的正半轴分别交于两点，可知直线的斜率为负数，
设直线，
令，得，令，得，可知，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以面积的最小值为12，D正确.
故选：ACD.
12．已知在平面直角坐标系中，点，分别在轴和轴上（不与原点重合），满足，坐标平面内一点满足，则（ ）
A．线段中点的轨迹方程为
B．动点的轨迹是一条线段
C．线段的中点到直线的最大距离是
D．动点到直线的最大距离是6
【答案】AD
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，判断线段的中点轨迹，再求其方程，判断A；根据圆的定义方式，判断B；在根据圆上的点到直线的距离，数形结合，判断CD.
【详解】因为是直角三角形，，所以可设的中点是，
则，即点在圆上，A正确.
又，所以点在以为直径的圆上，圆心为D，错误.
又原点到直线的距离，
所以点到直线的最大距离为4，
从而点到直线的最大距离为错误，D正确.
故选：AD
三、填空题
13．已知直线与圆相交于两点，则 .
【答案】4
【分析】利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再用直线与圆相交的弦长公式即得.
【详解】设圆心到直线的距离为，因为，所以.
故答案为：4.
14．某车企为了更好地设计开发新车型，统计了近期购车的车主性别与购车种类（新能源车或者燃油车）的情况，其中新能源车占销售量的，男性占近期购车车主总数的，女性购车车主有购买了新能源车，根据以上信息，则男性购车时，选择购买新能源车的概率是 .
【答案】0.7/
【分析】根据题意，由全概率公式将购买新能源的分为男性购买新能源和女性购买新能源列出关系求解即可.
【详解】设男性中有购买了新能源车，则，解得，
所以男性购车时，选择购买新能源车的概率是0.7.
故答案为：0.7
15．写出与圆和圆都相切的一条直线的方程： .
【答案】（或，填一条即可）
【分析】先判断出圆与圆相交，作出图象，结合图象可得一条公切线方程为，另一条公切线与直线关于直线对称，用点斜式设出另一条直线，则有，求解即可.
【详解】解：由已知得到两圆的圆心分别为,半径分别为.
因为，所以5，圆与圆相交，
则圆与圆的公切线有两条，
如图所示：
根据图象可以直接观察出一条公切线方程为，
直线的方程为，
根据图形的对称性知另一条公切线与直线关于直线对称.
易知直线与直线的交点为，
设另一条公切线的方程为，
即，原点到其距离为，
所以，则另一条公切线的方程为.
故答案为：（或，填一条即可）
16．在正四棱锥中，，过作平面，交于，交于，交于，若，则 .
【答案】/
【分析】方法一：根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果；方法二：根据题意，由空间向量基本定理，代入计算，即可得到结果.
【详解】（方法一）连接，并与交于，以为原点，以的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
因为为正四棱锥，且，则，
则，
则，，
故
，
设，
因为四点共面，所以，其中，
所以
，
则，解得，
所以.
（方法二）设，因为，
则，，
则.
因为，共面，所以，解得，
所以.
故答案为：
四、解答题
17．已知的顶点，线段的中点为，且.
(1)求的值；
(2)求边上的中线所在直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据中点坐标公式以及垂直满足的斜率关系即可求解，
（2）根据中点公式以及斜率公式即可根据点斜式求解方程.
【详解】（1）因为，所以的坐标为，
因为，所以，
解得.
（2）设线段的中点为，由（1）知，则，
所以，
所以直线的方程为，化简得，
即边上的中线所在直线的方程为.
18．已知圆心为的圆经过两点，且圆心在直线上.
(1)求圆的方程；
(2)若直线与圆交于两点，的面积是，求的值.
【答案】(1)
(2)或或或
【分析】（1）根据题意，求出的垂直平分线方程为，分析可得圆心为直线和的交点，联立直线的方程可得圆心的坐标，进而求出圆的半径，由圆的标准方程可得答案；
（2）由题意直线恒过点，此点同时为圆与轴负半轴的交点，又圆心，求得，根据三角形面积可求得点的纵坐标，可得点的坐标，得解.
【详解】（1）由题知，线段的中点为坐标原点，因为直线的斜率不存在，所以线段的垂直平分线的方程是，
由题意可知，圆心也在线段的垂直平分线上，所以它的坐标是方程组的解，解得即圆心的坐标是.
又圆的半径，
所以圆的方程为.
（2）由题意可知，直线恒过点，此点同时为圆与轴负半轴的交点.
又圆心，则，所以，
解得或.
所以满足条件的点可以为或或或，
依次代入直线方程，得或或或.
五、应用题
19．为普及法律知识，弘扬宪法精神，某校教师举行法律知识竞赛.比赛共分为两轮，即初赛和决赛，决赛通过后将代表学校参加市级比赛.在初赛中，已知甲教师晋级决赛的概率为，乙教师晋级决赛的概率为.若甲､乙能进入决赛，在决赛中甲､乙两人能胜出的概率分别为和.假设甲､乙初赛是否晋级和在决赛中能否胜出互不影响.
(1)若甲､乙有且只有一人能晋级决赛的概率为，求的值；
(2)在（1）的条件下，求甲､乙两人中有且只有一人能参加市级比赛的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式可分别计算甲、乙赢得比赛的概率，可得到结论；
（2）根据独立事件概率公式可求得结果.
【详解】（1）设事件表示“甲在初赛中晋级”，事件表示“乙在初赛中晋级”，
由题意可知，，
解得.
（2）设事件为“甲､乙两人中有且只有一人能参加市级比赛”，为“甲能参加市级比赛”，为“乙能参加市级比赛”，
则，
，
所以.
六、证明题
20．在直三棱柱中，已知分别为与的中点.
(1)证明：平面；
(2)若，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用中位线的性质构造面面平行证线面关系即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面夹角即可.
【详解】（1）取的中点，连接.
因为是的中位线，所以，
因为平面，平面，从而平面.
同理，平面，平面，从而平面.
因为，平面，所以平面平面.
又因为平面，所以平面.
（2）易知两两垂直，以A为原点，分别以的方向为轴，轴，
轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示.
设，则，
，，
设向量是平面的法向量，则，
令，即.
设与平面所成的角为，则.
所以与平面所成的角的正弦值为.
七、解答题
21．已知圆经过中的三点，且半径最大.
(1)求圆的方程；
(2)过点的直线与圆交于两点（在轴上方），在轴上是否存在定点，使得轴平分？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据圆的几何性质，结合待定系数法进行求解即可；
（2）设出直线方程根据直线的斜率是否存在，结合直线斜率公式、一元二次方程根与系数的关系分类讨论即可.
【详解】（1）由坐标可知： 三点共线，
由图得直线垂直平分线段，
由圆的性质可以判断圆经过三点时，符合要求.
所以圆心在的中垂线即轴上，设圆的方程为，
则解得
所以圆的方程为.
（2）设过点的直线方程为.
①当时，直线的方程为，此时可为轴上的任意一点.
②当时，联立方程组消去得，
设，则.
因为轴平分，所以，即，
化简得，即，
整理得.
所以对任意恒成立，
即恒成立，故，即.
综上，存在点，符合题意.
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用圆的几何性质确定圆，由轴平分，判断是否恒成立.
22．在四棱锥中，已知底面是直角梯形，，平面平面，且.
(1)证明：平面平面；
(2)是否存在实数，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或
【分析】（1）先根据面面垂直性质定理得出线面垂直，再建立空间直角坐标系应用法向量垂直证明面面垂直；
（2）应用空间向量法求二面角余弦计算求参即可.
【详解】（1）取的中点的中点，连接，因为，
所以，又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
易知两两垂直.以为原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，.
取的中点，连接.因为，所以.因为平面
平面，所以平面，从而.又，所以平面，易知为平面的一个法向量.
设平面的法向量为，因为，
所以即取，得
因为，所以平面平面.
（2）因为平面就是平面，其法向量可以取.可求得，.
设平面的法向量为，
所以
即取，得，
设平面与平面的夹角为，则
化简得，解得或，即存在实数或，使得平面与平面的夹角的余弦值为.