浙江省七彩阳光新高考研究联盟2024-2025学年高二上学期11月期中数学试卷（Word版附解析）

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考生须知：
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
一、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. 样本数据3，3，4，4，5，5，6，7的第75百分位数是（ ）
A. 6.5B. 6C. 5.5D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】由百分位数的定义求解即可.
【详解】解析：因为，
所以样本数据的第75百分位数是第6个数和第7个数的平均数即.
故选:C．
2. 已知向量，，且，则（ ）
A. B. 4C. D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】先求出的坐标，利用模长公式求出参数，再求.
【详解】，，，
∵，∴，，
所以，
故选：A．
3. 将一枚质地均匀的骰子连续拋掷2次，则朝上面的两个点数之积为偶数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】列出样本空间，根据古典概型的概率公式计算即可.
【详解】将一枚质地均匀的骰子连续拋掷2次，样本空间
，
共有36个样本点，
记“朝上面的两个点数之积为偶数”为事件，
则事件
，有27个样本点，
所求概率为，
故选：D．
4. 在三棱锥中，D，E分别为PA，BC的中点，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算求解即可.
【详解】.
故选：D．
5. 已知直线与，若，则，之间的距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两直线平行可得，即可根据平行线间距离公式求解.
【详解】由于，故，解得，
故与，
故两直线间距离为，
故选：C
6. 某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出2个问题，则停止答题，晋级下一轮．假设甲选手正确回答出每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则甲选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为（ ）
A. 0.256B. 0.128C. 0.064D. 0.0256
【答案】B
【解析】
【分析】由独立事件的乘法公式求解即可.
【详解】解析：记为“第次正确回答出问题”，
则，
故选：B．
7. 人造地球卫星的运行轨道是以地球中心F为一个焦点的椭圆．如果卫星当作质点，地球当作半径为R的球体，卫星轨道的近地点（距离地面最近的点）A距离地面为，远地点（距离地面最远的点）B距离地面为，且F，A，B在同一直线上，则卫星轨道的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得，解出即可得出离心率.
【详解】设椭圆的长半轴，短半轴，半焦距分别为，
则由题意得，
解得，
所以该椭圆形轨道的离心率.
故选：A.
8. 点P是所在平面外一点，，，，则点到平面距离的最大值是（ ）
A. B. 6C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】先作出点到平面距离，再利用等面积法求解即可.
【详解】设AB的中点为，则，所以，
因为，所以，
又平面，所以平面，又平面，所以，
作，垂足为，因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
作，垂足为，则平面，所以，
又，平面，所以平面，即为所求的距离，
在中，，
由等面积知，
故当最大时，达到最大，即时，．
故选：B
【点睛】
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 有一组样本数据，，…，，其平均数、中位数、方差、极差分别记为，，，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中，其平均数、中位数、方差、极差分别记为，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，利用平均数的定义计算出答案；B选项，由中位数定义可得新样本数据的顺序与原样本数据相同，B正确；C选项，由方差性质得到；D选项，由极差的性质得到D正确.
【详解】A．，A正确；
B．新样本数据的顺序与原样本数据相同，即中位数满足，B正确；
C．根据方差性质，有成立，C错误；
D．若是，，…，中最大（或最小）值，
则对应也是，，…，中最大（或最小）值，
所以极差满足，D正确.
故选：ABD．
10. 已知，分别是椭圆的左、右焦点，点是上的任意一点，则下列结论成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆的定义，，将MF1⋅MF2转化为二次函数，即可求解范围，判断A，利用坐标表示，转化为二次函数求解B，利用向量的运算可知，，根据的范围，即可求解，判断C，利用焦半径的最值，即可判断D.
【详解】，，，，，设，，则，，
A．，范围是，故A正确；
B．设，则，故B错误；
C．设为原点，则；故C正确；
D．和最大值为，最小值为 ，所以的最大值为，最小值为，，故D正确.
故选：ACD
11. 如图，棱长为1的正方体中，则下列说法正确的是（ ）
A. 若点P满足，则点到平面的距离等于
B. 若点满足，则的最小值是
C. 若点满足，则的最小值是
D. 若点满足，则的最小值是
【答案】BD
【解析】
【分析】对A，由平面平面，求点到平面的距离即求平面与平面的距离，根据正方体的对称性可求解判断；对B，将对角面绕翻折与平面重合，将空间问题平面化解决；对C，类比平面上阿波罗尼斯圆问题，点的轨迹则是球面，可得解；对D，类比平面上椭圆的定义，可得点的轨迹是椭球，得解.
【详解】对于A，如图，根据题意可得，点在线段上，平面平面，
所以点到平面的距离即是平面与平面的距离，
由正方体的性质可知，垂直平面和平面，并被这两个平面三等分，
所求距离为，故A错误；
对于B，如图，将对角面绕翻折与平面重合，此时中，，，故B正确；
对于C，由得，平面上点的轨迹是阿波罗尼斯圆，空间中点的轨迹则是球面，
球心在直线上，，半径为，
所以的最小值为，故C错误；
对于D，因为，所在平面上点的轨迹是椭圆，
在空间中点的轨迹则是椭球，椭圆中心为的中点，焦距为，长轴长为2，
短轴长也为，
所以的最小值为，故D正确.
故选：BD．
【点睛】关键点点睛：本题B选项解答的关键是将平面绕翻折与平面重合，将空间问题转化为平面问题解决.
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 直线经过的定点坐标是__________．
【答案】
【解析】
【分析】化直线方程为，即可得出答案.
【详解】化直线方程为：，即定点坐标为．
故答案为：.
13. 已知某组数据为x，y，8，10，11．它的平均数为8，方差为6，则的值为__________．
【答案】65
【解析】
【分析】由平均数和方差的定义求解即可.
【详解】因为x，y，8，10，11．它的平均数为8，所以，
由，得，
则，
可得：.
故答案为：65.
14. 已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，，分别为的两个焦点，动点P在上（异于的左、右顶点），的重心为G，若直线与的斜率之积为非零常数，则______．
【答案】
【解析】
【分析】设点，，则，由P在上和直线与的斜率之积为常数，可得到， ，再利用，求解即可.
【详解】设椭圆的标准方程为，点，，
则代入中，得①
又因为，即，即②
比较得，，
即，，
又，即，解得．
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 在平面直角坐标系中，直线的倾斜角为45°，且经过点．
（1）求与两坐标轴围成的三角形面积；
（2）若直线，且到的距离为，求的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）求出直线的方程，即可得直线与坐标轴交点坐标，从而可求面积；
（2）根据垂直关系可得直线的斜率，再由点到直线的距离公式求解直线方程.
【小问1详解】
直线的斜率是，．
其方程为：，直线与坐标轴交点坐标为和，
则所求三角形面积为：．
【小问2详解】
直线的斜率是，
设其方程为，所以，得或，
所以的方程为或．
16. 在四棱锥中，底面是正方形，侧棱平面，，为线段AD的中点，为PC上的一点，且．
（1）求直线EF与平面所成角的正弦值；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的法向量和，再代入空间向量的线面角公式即可；
（2）求出平面和平面的法向量，代入空间向量的二面角公式计算即可；
【小问1详解】
连接AC，因为底面是正方形，侧棱平面，
以为原点，DA，DC，DP所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
，，平面，
平面，，，，
取平面的法向量为，
，，又，
，
而，，
记直线EF与平面所成的角为，则，
所以直线EF与平面所成角的正弦值为．
【小问2详解】
设平面的法向量为，，，，
，即，令，则取，
易知平面，取平面的法向量为，
记平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
17. 已知椭圆的右顶点和下顶点，过其右焦点的直线交椭圆于B，D两点．
（1）求的值；
（2）若的角平分线交直线于点，证明：E，A，B三点共线．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意求出椭圆方程，与直线联立求出D点坐标即可；
（2）设直线倾斜角为，则，从而求得直线斜率与方程，再与直线联立求出点，计算即可得证.
【小问1详解】
由得，，
所以，，即，故椭圆方程为，
将代入椭圆方程得，所以.
【小问2详解】
设直线倾斜角为，则，
得，
所以直线为，得，
又，所以直线斜率为，
直线斜率为，
所以，故E，A，B三点共线．
18. 在平面直角坐标系中，已知圆和圆．
（1）求圆O与圆C的外公切线的长；
（2）过圆C上的任意一点P作圆O的两条切线，切点分别是A，B，设．
①求的值；
②求圆心C到直线AB的距离的取值范围．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）求解两圆的半径和圆心，即可根据外公切线的性质，结合勾股定理求解，
（2）①根据两点距离公式，即可代入化简求解，②根据相切求解经过切点的圆，即可两圆方程相减得相交弦方程，即可根据点到直线的距离公式，结合对勾函数的性质求解.
【小问1详解】
圆心，半径为, 圆心O0,0，半径为，
故，
所以外公切线长为．
【小问2详解】
①设点，则满足，得，
所以
，
而，得，所以．
②设点，以为直径的圆方程为，
即，
所以两圆的公共弦所在的直线方程为．
圆心到直线AB的距离为，
又因为点在圆上，即，，
所以，
设，且，
由对勾函数在单调递减，在单调递增，
得的最小值为，，
,
最大值为，
所以的取值范围为．
19. 在平面内，若点P，Q分别是直线l与圆C上的动点，则称的最小值为直线l与圆C的“线圆距离”，类比到空间中，若点P，Q分别是平面内与球M表面上的动点，则称的最小值为平面与球M的“面球距离”．如图，在直四棱柱中，，，，，点在线段AD上，且，点在线段上．
（1）求直线CD与外接圆的“线圆距离”；
（2）求平面与三棱锥外接球的“面球距离”；
（3）当平面与三棱锥外接球的“面球距离”为零时，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出外接圆的圆心为的中点，即，求出外接圆方程和直线CD的方程，利用点到直线距离公式得到圆心2,1到直线CD的距离，得到答案；
（2）三棱锥外接球的球心为，半径为，求出平面的一个法向量，求出球心到平面的距离，得到“面球距离”为；
（3）设，则，求出平面的一个法向量，得到点到平面的距离为，根据“面球距离”为零，得到，得到不等式，计算出的最大值是.
【小问1详解】
以A为原点，AB，AD，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
，
在平面上，外接圆的圆心为的中点，即，
且，
故外接圆方程为：，
直线CD的方程为，即，
圆心2,1到直线CD的距离为，
所以“线圆距离”是．
【小问2详解】
外接圆圆心为，又，
故三棱锥外接球球心为，半径为，
设平面的一个法向量为，
则，
解得，令，则，故，
故到平面的距离为，
故“面球距离”为；
【小问3详解】
，设，则，
，，，
记平面的一个法向量为，
则，即，取，
所以点到平面的距离为，
当球与平面相切或相交时，即“面球距离”为零，
所以，即，
令，代入得，
即，得，故，
或者直接化简得，
从而，所以的最大值是．
【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.