2023-2024学年山东省淄博市第五中学高二上学期期中考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山东省淄博市第五中学高二上学期期中考试数学试题含答案，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。

一、单选题
1．已知直线的斜率，则该直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】运用斜率公式将转化为（），解不等式即可.
【详解】直线倾斜角为，则，
由可得，
所以.
故选：B.
2．如图，在斜棱柱中，AC与BD的交点为点M，，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据空间向量的线性运算用表示出即可得．
【详解】-＝，
.
故选：A．
3．“”是“与直线平行”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既非充分也非必要条件
【答案】C
【分析】根据直线平行得到方程，经检验后得到，从而得到答案.
【详解】由题意得，解得，
当时，两直线为与，此时两直线重合，舍去；
当时，两直线为和，此时两直线不重合，满足要求，
故“”是“与直线平行”的充要条件.
故选：C
4．已知点在圆C：外，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【分析】根据一般方程的的定义，以及点与圆的位置关系，即可判断选项.
【详解】由题意得，解得或.
故选：C
5．一道竞赛题，，，三人可解出的概率依次为，，，若三人独立解答，则仅有1人解出的概率为（ ）
A．B．
C．D．1
【答案】B
【解析】根据题意，只有1人解出，则分三类，一是A解出而其余两人没有解出，一是B解出而其余两人没有解出，一是C解出而其余两人没有解出，每一类用独立事件概率的乘法公式求解，然后这三类用互斥事件概率的加法求解.
【详解】.
故选：B
【点睛】本题主要考查了独立事件的概率和互斥事件的概率，还考查了理解辨析问题的能力，属于基础题.
6．如图，在直三棱柱中，D为棱的中点，，，，则异面直线CD与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】以C为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.运用异面直线的空间向量求解方法，可求得答案.
【详解】解：以C为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.
由已知可得，，，，则，，
所以.
又因为异面直线所成的角的范围为，所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
7．已知圆C的方程为，直线m过点，且与圆C交于A，B两点，若，则直线m的斜率为（ ）
A．或0B．或0C．或0D．或0
【答案】B
【分析】根据题意，设直线方程为，结合点到直线的距离公式代入计算，即可得到结果.
【详解】显然，当直线的斜率不存在时，直线与圆相切，不满足要求；
设直线的斜率为，则直线方程为，
即，因为，则圆心到直线的距离，
又，解得或.
故选：B
8．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据直线所过的定点，结合直线与圆的切线性质，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】直线即，恒过定点，
曲线即表示以点为圆心，半径为1，
且位于直线上方的半圆（包括点，），
当直线经过点时，与曲线有两个不同的交点，此时，直线记为；
当与半圆相切时，由，得，切线记为，
分析可知当时，与曲线有两个不同的交点，即实数k的取值范围是.

故选：B.
二、多选题
9．已知向量，，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】根据给定条件，利用空间向量的坐标运算逐项计算并判断.
【详解】对于A，向量，，则，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，由数量积的定义得，C错误；
对于D，，所以，D正确.
故选：AD.
10．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则（ ）
A．乙发生的概率为B．丙发生的概率为
C．甲与丁相互独立D．丙与丁互为对立事件
【答案】ACD
【分析】先计算出甲乙丙丁的概率，故可判断AC的正误，再根据独立事件的乘法公式可判断C的正误，根据对立事件的意义可判断D的正误.
【详解】设为事件“第一次取出的球的数字是奇数”，为事件“第二次取出的球的数字是偶数”，
为事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，为事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，
则，，故A正确.
，，故B错误.
而，故C正确.
两次取出的数字之和要么为奇数，要么为偶数，故丙与丁互为对立事件，
故D正确.
故选：ACD.
11．古希腊著名数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262-前190）发现：平面内到两个定点A，B的距离之比为定值的点的轨迹是圆．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼奥斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系xOy中，已知，，动点C满足，直线l：，则（ ）
A．直线l过定点
B．动点C的轨迹方程为
C．动点C到直线l的距离的最大值为
D．若直线l与动点C的轨迹交于P，Q两点，且，则
【答案】ABD
【分析】设, 由题意求出点的轨迹以及轨迹方程, 利用直线与圆的位置关系, 依次判断四个选项即可.
【详解】对于A, 直线l：，，，直线l过定点，故选项A正确;
对于B,设,因为动点满足 ,所以 ,
整理可得, 即,所以动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆, 动点的轨迹方程为,故选项B正确;
对于 C, 当直线与垂直时, 动点到直线的距离最大, 且最大值为, 故选项C错误;
对于D, 记圆心到直线的距离为,则 ,因为 ,
则 ,因为 ,所以 , 即 ,解得 , 故选项D正确.
故选: ABD.
12．如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点E，F（E在F的左边）且，下列说法错误的是（ ）
A．当E，F运动时，存在点E，F使得
B．当E，F运动时，存在点E，F使得
C．当E运动时，二面角最小值为
D．当E，F运动时，二面角的余弦值为定值．
【答案】ABD
【分析】利用空间向量的坐标运算，利用垂直关系的坐标表示求解选项A；利用平行关系求解选项B；利用空间向量的坐标运算，表示出二面夹角的余弦值求解选项C,D.
【详解】
以为坐标原点，为轴，建立空间直角坐标系，
对于A，则，
由于，设
则，
则，
所以E，F运动时，不存在点E，F使得，A错误;
对B，若，则四点共面，
与与是异面直线矛盾，B错误;
对C，设平面的法向量为. 又,
,令，可得，
平面的法向量可取为，
故，
因为，所以函数在单调递减，
所以，
所以，
所以当时，有最大值为，
设二面角的平面角为，
所以有最大值为，
即二面角的最小值为，C正确;
对于D，连接，
平面即为平面,平面即为平面，
设平面的法向量为.
设平面的法向量为，
，令，则，
设二面角的平面角为，
则，
观察可知二面角的平面角为为锐角，所以，D错误；
故选:ABD.
三、填空题
13．圆与圆的公共弦长为
【答案】
【分析】联立两圆可得公共弦方程，再利用垂径定理可得公共弦长.
【详解】由已知圆的圆心为，半径
圆即的圆心为，半径，
联立两圆得，即，
所以公共弦方程为，
所以点到直线的距离，
所以弦长为，
故答案为：.
14．已知直线过点，且方向向量为，则点到直线的距离为 .
【答案】
【分析】利用向量的坐标运算及向量的单位化公式，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】取直线的方向向量为，
因为，，
所以，，，，
所以点到直线的距离为.
故答案为：.
15．我市男子乒乓球队为备战下届市运会，在某训练基地进行封闭时训练，甲、乙两队队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢两个球者获胜．通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响．已知某局甲先发球，该局打四个球，甲赢的概率是
【答案】
【分析】由于连胜两局者赢，则可写出四局的结果，计算即可.
【详解】由于连胜两局者赢，甲先发球可分为：
该局：第一个球甲赢、第二个球乙赢、第三个球甲赢、第四个球甲赢，
则概率为；
故答案为：
四、双空题
16．已知圆C经过，且圆心在直线，
（1）圆C的方程是
（2）若从点发出的光线经过直线，反射后恰好平分圆C的圆周，反射光线所在直线的方程是
【答案】 ．
【分析】先求的垂直平分线方程，联立直线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；设关于的对称点为，结合反射光线原理可得其对称点坐标，进而利用直线的两点式方程即可得出结果.
【详解】
由题知中点为，，
所以的垂直平分线方程为，即，
联立，解得，即圆心为，
所以圆的半径为，
故圆的方程为.
设关于的对称点为，
则直线与垂直，且的中点在直线上，
则，解得，
由题意知反射光线过圆心，故，
即.
故答案为：；
五、解答题
17．设直线l的方程为（a∈R）.
(1)若l在两坐标轴上的截距相等，求a的值；
(2)若l不经过第三象限，求a的取值范围.
【答案】(1)0或3
(2)
【分析】（1）通过讨论是否为0，求出a的值即可；
（2）根据一次函数的性质判断a的范围即可.
【详解】（1）当直线l过原点时，该直线l在x轴和y轴上的截距为零，
∴a＝3，方程即为4x+y＝0；
若a≠3，则，即a+1＝1，
∴a＝0，方程即为，
∴a的值为0或3.
（2）若l不经过第三象限，
直线l的方程化为，
则，解得，
∴a的取值范围是.
18．已知的顶点坐标为，，.
(1)求的边上的高所在直线的方程；
(2)求直线的方程及的面积.
【答案】(1)；
(2)直线方程是，的面积是18
【分析】（1）根据两点斜率公式，求得直线的斜率，结合两直线垂直斜率关系求得高所在直线的斜率，再由斜截式即可求得高所在的直线方程；
（2）由两点间距离公式求得，再求出直线的方程，由点到直线公式求得高，得解.
【详解】（1）根据两点的斜率公式,可得，
根据两条直线垂直时的斜率关系可知,所求直线的斜率为1，
而高线经过点,由直线斜截式方程得，
故所求直线方程是.
（2）根据两点的斜率公式,可得，
又因为经过点,所以由直线斜截式方程得，
故直线方程是，
由两点间距离公式可得,
由点到直线距离公式，可得点到的距离是,
所以的面积是.
19．已知关于x的二次函数，令集合，，若分别从集合M，N中随机抽取一个数m和n，构成数对
(1)列举数对的样本空间，样本点共有多少个？
(2)记事件A为“二次函数的单调递增区间为”，求事件A的概率
(3)记事件B为“关于x的一元二次方程有4个零点”，求事件B的概率
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意直接列举即可；
（2）根据二次函数单调性得，求出总的基本事件个数和符合条件的基本事件数，利用古典概型概率公式求解即可.
（3）由函数与方程的关系，求出，求出总的基本事件个数和符合条件的基本事件数，利用古典概型概率公式求解即可.
【详解】（1）由题意可得，，，数对的样本空间为
，样本点共20个.
（2）若二次函数的单调递增区间为，
则二次函数的对称轴，即，
由（1）可得，总的基本事件个数为20个，
符合的基本事件为，，，共4个，
所以；
（3）因为，二次函数的图象开口向上，
方程有4个零点，即方程和各有2个零点，
等价于二次函数的最小值小于，所以，即，
样本空间中符合的基本事件有，，，，，，，，，，，共11个，所以.
20．图，已知正方形是圆柱的轴截面（经过旋转轴的截面），点E在底面圆周上，，，点是的中点.

(1)求点到平面的距离；
(2)求二面角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由平面，证得，，进而证得平面，得到，设点到平面的距离为，结合，即可求得点到平面的距离；
（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：因为线段是圆的直径，所以，可得，
又因为平面，且平面，所以，，
所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
设点到平面的距离为，
则由，可得，
所以，即点到平面的距离为.
（2）解：由（1）可知，
以点为坐标原点，，所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
由（1）可知，平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，由图可知为锐角，
则，
即二面角的余弦值为.

21．如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面底面ABCD，侧棱，底面ABCD为直角梯形，其中，，，．
(1)求证平面ACF
(2)在线段PB上是否存在一点H，使得CH与平面ACF所成角的余弦值为？若存在，求出线段PH的长
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；或
【分析】（1）根据题意，由线面平行的判定定理，即可证明；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.
【详解】（1）连接BD交AC于M，
∵，∴，
∵，∴，
∴，∴
又平面ACF，不在平面ACF内，∴平面ACF．
（2）
设线段PB上存在一点H，使得CH与平面ACF所成角的余弦值为，
即CH与平面ACF所成角的正弦值为，
设，取AD中点O，连接OC，OP，
∵，∴，
∵侧面底面ABCD，侧面底面，
侧面PAD，∴底面ABCD，
∵，，，，
以O为坐标原点，分别以OC，OD，OP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
则，，
设平面ACF的一个法向量为，
则，
令，则，，
∴平面ACF的一个法向量为，
又，∴，
又，∴，
设CH与平面ACF所成角，
则，
整理得，
解得或，当时，，
当时，，
故在线段PB上存在一点H，
使得CH与平面ACF所成角的余弦值为，或．
22．已知圆C：，点P是直线上一动点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B.
(1)若P的坐标为，求过点P的切线方程；
(2)试问直线AB是否恒过定点，若是，求出这个定点，若否说明理由；
(3)直线与圆C交于E，F两点，求的取值范围（O为坐标原点）.
【答案】(1)或
(2)是，
(3)
【分析】（1）设出切线方程，然后利用圆心到切线的距离等于半径即可求得斜率即可得方程
（2）设P（t，﹣t），，可得PC为直径得方程，可求得直线AB得方程为，即可得定点.
(3)由可得，进而可得：• ，可求得其范围.
【详解】（1）设切线方程为 ，即
圆心坐标为，半径
根据圆的切线的定义可知：，即
解得：或
代回方程可求得切线方程为：或
或
（2）∵圆
∴圆心C（2，0），半径r＝1
设P（t，﹣t），由题意知A，B在以PC为直径的圆上，又C（2，0）
∴，即
又圆C：，即
故直线AB的方程为，即
由，解得，
即直线AB恒过定点.
（3）由，得
∴
设E（x1，y1），F（x2，y2），
∴，
∴，

•
∵
∴
∴•的取值范围为.