2024宁波北仑中学高二上学期期中考试数学试题含解析

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命题：高二数学备课组 审题：高二数学备课组
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. 同时抛掷3枚质地均匀的硬币，出现的结果为“一正两反”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据列举法求出古典概型的概率.
【详解】同时抛掷3枚质地均匀的的硬币，因为每枚硬币均有正反两种情况，故共有8种情况，
如下：“正，正，正”，“正，正，反”，“正，反，正”， “反，正，正”，“正，反，反”，“反，正，反”，“反，反，正”，“反，反，反”，
其中出现的结果为“一正两反”的情况有“正，反，反”，“反，正，反”，“反，反，正”，
故出现的结果为“一正两反”的概率为.
故选：C
2. 点(a，b)关于直线x＋y＋1＝0的对称点是（ ）
A. (－a－1，－b－1)B. (－b－1，－a－1)
C. (－a，－b)D. (－b，－a)
【答案】B
【解析】
【分析】结合中点和斜率求得对称点的坐标.
【详解】设对称点为，则.
所以对称点的坐标为.
故选：B.
3. 如图，下列正方体中，O为下底面的中心，M，N为正方体的顶点，P为所在棱的中点，则满足直线的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再对每一个选项逐一分析，利用空间位置关系的向量证明推理作答.
【详解】在正方体中，对各选项建立相应的空间直角坐标系，令正方体棱长为2，点，
对于A，，，，与不垂直，A不是；
对于B，，，，，B是；
对于C，，，，与不垂直，C不是；
对于D，，，，与不垂直，D不是.
故选：B
4. 国家射击运动员甲在某次训练中10次射击成绩（单位：环）如：6，5，9，7，4，7，9，10，7，5，则这组数据第70百分位数为（ ）
A. 7B. 8C. 8.5D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据百分位数的知识求得正确答案.
【详解】将数据从小到大排序为：，
，所以第百分位数为.
故选：B
5. 若直线与圆相切，则（ ）
A. 9B. 8C. 7D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】求出圆的圆心和半径，再利用圆的切线性质求解作答.
【详解】圆的圆心，半径，
依题意，，解得，
所以.
故选：A
6. 在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱AB，的中点.点P为线段EF上的动点.则下面结论中错误的是（ ）
A. B. 平面
C. D. 是锐角
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量解决问题.
【详解】以D为坐标原点，分别以DA，DC，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
则，，
，，
所以，A正确；
因为，平面，平面，
所以平面，B正确；
，
所以，
所以，C正确；
，
当时，，
此时为钝角，故D错误.
故选：D
7. 已知点是椭圆的左右焦点，点为椭圆上一点，点关于平分线的对称点也在椭圆上，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据角平分线的对称性以及椭圆的性质，建立方程，表示出焦半径，利用余弦定理，结合齐次方程的思想，可得答案.
【详解】由题意可作图如下：

由图可知：，
由平分，则，所以，
由，则解得，
由是关于直线的对称点，则共线，，，，
所以，在中，，
可得，解得，，
在中，由余弦定理，可得，
代入可得：，化简可得：，
所以其离心率.
故选：C.
8. 如图，在直三棱柱中，是边长为2的正三角形，，N为棱上的中点，M为棱上的动点，过N作平面ABM的垂线段，垂足为点O，当点M从点C运动到点时，点O的轨迹长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件先判断出点的轨迹为圆的一部分，再由弧长公式求解即可.
【详解】取AB中点P，连接PC，C1N，如图，
因为PC⊥AB，PN⊥AB，
且PN∩PC=P，所以AB⊥平面，AB平面ABM ,
所以平面ABM⊥平面，平面ABM∩平面= PM，
过N作NO⊥PM，NO平面，所以NO⊥平面ABM，
当点M从点C运动到点C1时，点是以PN为直径的圆 (部分)，如图，
当M运动到点时，点到最高点，此时，
所以，从而，
所以弧长，即点的轨迹长度为.
故选: B
二、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，有错选的得0分.
9. 口袋中装有大小质地完全相同的白球和黑球各2个，从中不放回的依次取出2个球，事件“取出的两球同色”，事件“第一次取出的是白球”，事件“第二次取出的是白球”，事件“取出的两球不同色”，则（ ）
A. B. 与互斥
C. 与相互独立D. 与互为对立
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用古典概型的概率公式求出所对应的事件的概率即可判断A，根据互斥事件的概率即可判断B，根据相互独立事件的定义判断C，根据对立事件的概率即可判断D．
【详解】设2个白球为，2个黑球为，
则样本空间为：，共12个基本事件.
事件，共4个基本事件；
事件，共6个基本事件；
事件，共6个基本事件；
事件，共8个基本事件，
对于A，由，故A正确；
对于B，因为，所以事件B与C不互斥，故B错误；
对于C，因为，，，
则，故事件A与B相互独立，故C正确；
对于D，因，，所以事件A与D互为对立，故D正确．
故选：ACD．
10. 已知曲线的方程为，则（ ）
A. 曲线可能是直线B. 当时，直线与曲线相切
C. 曲线经过定点D. 当时，直线与曲线相交
【答案】ACD
【解析】
【分析】当时，写出曲线的方程，可知表示直线，故A正确；将曲线的方程转化为，令求出，即可判断C选项；当时，得曲线的方程，可知此时曲线表示圆，且圆心为，半径，利用点到直线的距离公式，分别求出到直线和到直线的距离，并与比较，从而可判断直线与圆的位置关系，即可判断BD选项.
【详解】解：当时，曲线的方程为：，表示直线，故A正确；
由，得，
令，得，所以曲线经过定点，故C正确；
当时，曲线的方程为：，即，
此时曲线表示圆，且圆心为，半径，
因为到直线的距离，
所以直线与曲线不相切，故B错误；
到直线的距离，
所以直线与曲线相交，故D正确.
故选：ACD.
11. 如图，在直四棱柱中，分别为侧棱上一点，，则（ ）

A.
B. 可能为
C. 的最大值为
D. 当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】由题设结合余弦定理可得，进而有，再由线面垂直判定、性质判断A；构建空间直角坐标系，应用线线角的向量求法求、的余弦值或范围判断B、C；向量法直线位置关系判断D.
【详解】由题设，四边形为等腰梯形，且，
由，
所以，
又，结合题图知：，即，
所以，则，即，
由题设面，面，则，
，面，故面，面，
所以，A对；
由两两垂直，可构建如下图示的空间直角坐标系，

若，则，
所以，则，
所以不可能为，B错；
由，则，故，
令，则，
所以，C对；
时，显然，即，D对.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：利用已知及线面垂直的性质、判定确定两两垂直，应用向量法判断其它各项为关键.
12. 已知，是椭圆上两个不同点，且满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值为
B. 的最小值为
C. 的最大值为
D. 的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】设，设，可得，,可得两点均在圆的圆上，且，根据点到直线的距离公式及圆的性质可得及的最值，可得答案.
【详解】由，可得，又，是椭圆上两个不同点,
可得，设，则，
设,O为坐标原点，可得，,
可得，且，
所以，，又，
可得两点均在圆的圆上，且，
设的中点为，则,
根据点到直线的距离公式可知：为点两点到直线的距离之和，
设到直线的距离，由题可知圆心到直线的距离为，
则，
可得的最大值为，的最小值为；
可得，可得的最大值为，最小值为，故A正确，B错误；
同理，为点两点到直线的距离之和，
设到直线的距离，由题可知圆心到直线的距离为，
则，，
可得，可得的最大值为，最小值为，故C错误，D正确.
故选：AD.
【点睛】关键点睛：本题的关键是把问题转化为圆上点到直线的距离问题，结合到直线的距离公式及圆的性质即得.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知直线与平行，则与之间的距离为_______
【答案】
【解析】
【分析】
首先根据两条直线平行求出参数，再有两平行线间的距离公式即可求解.
【详解】由直线与平行，
则，即，
故直线，化为，
又，
故与之间的距离为，
故答案为：
【点睛】本题主要考查两条直线平行斜率的关系以及两平行线间的距离公式，属于基础题.
14. 已知直线，若P为l上的动点，过点P作的切线，切点为A、B，当最小时，直线的方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知结合四边形面积公式及三角形面积公式可得，说明要使最小，则需最小，此时与直线垂直，写出所在直线方程，与直线的方程联立，求得点坐标，然后写出以为直径的圆的方程，再与圆的方程联立可得所在直线方程．
【详解】解：的圆心，半径，
四边形面积，
要使最小，则需最小，
当与直线垂直时，最小，此时直线的方程为，
联立，解得，
则以为直径的圆的方程为，
则两圆方程相减可得直线的方程为．
故答案为：．
15. 某高中的独孤与无极两支排球队在校运会中采用五局三胜制（有球队先胜三局则比赛结束）．第一局独孤队获胜概率为，独孤队发挥受情绪影响较大，若前一局获胜，下一局获胜概率增加，反之降低．则独孤队不超过四局获胜的概率为__________．
【答案】0.236
【解析】
【分析】根据相互独立事件与互斥事件的概率公式计算可得.
【详解】设为独孤队第局取胜，
由题意，独孤队取胜的可能结果为四个互斥事件：，，，，
所以独孤队取胜的概率
．
故答案为：
16. 已知正方体的棱长为1，为底面的中心，分别为棱和的中点，则四面体的体积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】通过转换顶点法、割补法，结合三棱锥的体积公式求得正确答案.
【详解】过作的平行线，分别与棱，交于点，
连接，并取的中点，连接，
则，根据正方体的性质可知，
所以四边形是平行四边形，所以，所以，
由于平面，平面，所以平面，
所以，
又
，
所以
故答案：
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 某陶瓷厂在生产过程中，对仿制的件工艺品测得重量（单位：）数据如下表：
（1）求出频率分布表中实数，的值；
（2）若从重量范围在的工艺品中随机抽选件，求被抽选件工艺品重量均在范围中的概率.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频数、频率的知识求得.
（2）利用古典概型的概率公式求解即可.
【小问1详解】
；.
【小问2详解】
重量范围在的工艺品有件，重量范围在的工艺品有件，
所以从重量范围在的件工艺品中，
随机抽选件的方法数有（种），
所以被抽选件工艺品重量均在范围中的概率为.
18. 已知直线过点，并且与直线平行．
（1）求直线的方程；
（2）若直线与圆相交于两点，为原点，且，求实数的值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用点斜式即得所求直线的方程；
（2）将直线与圆的方程联立，利用韦达定理法，将转化为点的坐标，代入根与系数关系，从而求得参数的值.
【详解】（1）∵直线与直线平行，
∴直线斜率为， 其方程为，
即直线的方程为；
（2）由，消去得，
设，则，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
解得，满足，
∴.
19. 在四棱锥中，平面，底面是正方形，E，F分别在棱，上且，．

（1）证明：∥平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）在棱上取点，使得，连接，，即可证明四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理，即可证明；
（2）以为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴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.
【小问1详解】

证明：如图，在棱上取点，使得，连接，，
因为，所以且，
由正方形，，得且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．
【小问2详解】

若，则可设，所以．
以为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则点，，，，，
则，，，
设平面的法向量为，则
由得
令，得平面的一个法向是为，
设直线与平面所成角的大小为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为．
20. 设，，向量，分别为平面直角坐标内轴，轴正方向上的单位向量，若向量，，且.
（1）求点的轨迹的方程；
（2）设椭圆：，曲线切线交椭圆于、两点，试证：的面积为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用平面向量的模的几何意义、椭圆的定义、椭圆的标准方程运算即可得解.
（2）利用直线与椭圆的位置关系、点到的直线距离公式、三角形面积公式运算即可得解.
【小问1详解】
解：
如上图，由题意，∵，，
∴即为点与点的距离，
即为点与点的距离，
∴由可得，
∴由椭圆的定义可知点的轨迹是以、为焦点的椭圆，
且长轴长为，，则，
∴由椭圆的标准方程知点的轨迹的方程为.
【小问2详解】
解：
如上图，由题意，直线是曲线：的切线，
∴由可得：，
则，化简得：.
由题意，直线交椭圆：于、两点，
∴由可得：，
设、，则，，
∴，
又∵，∴.
且由知，
∴.
又∵中边上的高即为点到直线的距离，
∴由点到直线距离公式得，又∵，
∴，
即的面积为定值.
【点睛】方法点睛：直线与椭圆的相交弦长的求解方法：
1.当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解.
2.当直线的斜率存在时，斜率为的直线与椭圆相交于、两个不同的点，则弦长公式的常见形式有如下两种：
（1）；
（2）（）.
21. 如图1，菱形中，动点在边上（不含端点），且存在实数使，沿将向上折起得到，使得平面平面，如图2所示．

（1）若，设三棱锥和四棱锥的体积分别为，求；
（2）当点的位置变化时，平面与平面的夹角（锐角）的余弦值是否为定值，若是，求出该余弦值，若不是，说明理由；
【答案】（1）；
（2）是，.
【解析】
【分析】（1）设，建立空间直角坐标系，由直线与垂直，即可列式求解；
（2）设平面与平面的夹角为，求出平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量夹角公式即可求解．
【小问1详解】
在图2中，取中点，中点，连接，，
因为即，所以,
所以,又因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
由题意可知,
以为原点，，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

设，，则，
所以，，，，
所以，，
因为直线与垂直，
所以，
即，解得：（舍）或，
所以，，
所以图1中点在靠近点的三等分点处，
所以，
所以；
【小问2详解】
设平面与平面的夹角为，
平面的法向量，，，
设平面的法向量，
则，即，取，得，,
得，所以，
所以，
所以无论点的位置如何，平面与平面的夹角余弦值都为定值．
22. 椭圆：的上顶点为，圆：在椭圆内．

（1）求的取值范围；
（2）过点作圆的两条切线，切点为，切线与椭圆的另一个交点为，切线与椭圆的另一个交点为．直线与轴交于点，直线与轴交于点．求的最大值，并计算出此时圆的半径．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）联立椭圆与圆的方程，消去得到，再利用条件即可求出结果；
（2）先利用直线与圆的位置关系得出切线与的斜率间的关系，再联立直线、与椭圆的方程，求出两点坐标，再求出的坐标，再利用直线是圆和以为圆心，为半径的圆的公共弦，从而求出坐标，进而得到，再利用基本不等式即可求出结果.
【小问1详解】
因为椭圆：，圆：在椭圆内，
联立，消得到，
所以，解得，所以，
【小问2详解】
由题知，切线，的斜率均存在，不妨设过与圆相切的直线方程为，
所以，整理得到，
易知切线有两条，故，即且，
又由（1）知，所以，
不妨设切线，的斜率分别为，则由韦达定理知，，
由，消，得到，
所以，，故，
同理可得，则
,
所以直线的方程为，
令，得到，整理得到，
又，所以，所以，
又因为，，所以，以为圆心，为半径的圆的方程为，
又圆：，两方程相减得 ，
因为是两圆的公共弦，故直线方程为，
令得到，所以，
所以，令，
则，
又，当且仅当，即时取等号，
由，得到，所以，
又，所以，
故的最大值为，此时圆的半径为．
【点睛】关键点晴，求出以为圆心，为半径的圆的方程，再利用为两圆公共弦，求出直线的方程，得到坐标，再联立直线与椭圆的方程得出坐标，进而求出的坐标，从而得出.
分组
合计
频数
4
26
28
10
2
100
频率