2023-2024学年四川省成都市实验外国语学校高二上学期第一阶段考试数学试题含答案

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考试时间120分钟 满分150分
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 向量，，若，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D.
【答案】B
【解析】
【分析】由向量平行的坐标表示列方程求参数即可.
【详解】由题设，故.
故选：B
2. 椭圆的焦距为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出的值，即可得出所求椭圆的焦距.
【详解】在椭圆中，，，则，
因此，椭圆的焦距为.
故选：C.
3. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面． 则下列说法错误的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间平面间的位置关系，面面垂直、平行的判定定理判断.
【详解】对于A，由，且，得或，又，则，正确；
对于B，若，，，过作平面交平面于点直线，如图：

由得，又，所以，又，所以，
又，所以，正确；
对于C，若，，，则可能平行也可能相交，
如图：
在长方体中，取平面为平面，直线为直线，
平面为平面，直线为直线，满足，，，
而，错误；
对于D，若，，则，又，则，正确；
故选：C
4. 一组数据按从小到大排列为，若该组数据的第60百分位数是众数的倍，则这组数据的平均数是（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】按百分位数和平均数的定义计算即可.
【详解】由题意该组数据共7个数，,
故第60百分位数为从小到大第5个数 ，又众数为4，
故 ，
故该组数据的平均数为，
故选：B
5. 将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子，则2个小球在同一个盒子的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子的方法总数以及2个小球在同一个盒子的方法总数，由古典概率的公式代入即可得出答案.
【详解】将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子，共有：种方法，
2个小球在同一个盒子有种情况，
所以2个小球在同一个盒子的概率为.
故选：D.
6. 过三点的圆的一般方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设出圆的一般方程，代入点坐标，计算得到答案.
【详解】设圆的方程为，将A，B，C三点的坐标代入方程，
整理可得，解得，
故所求的圆的一般方程为，
故选：D．
7. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且，点N为BC中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算，结合图形分析可得．
【详解】因为，点N为BC中点，
所以，，
故
．
故选：B．
8. 点在以为焦点的椭圆上，若线段的中点在轴上，则是的（ ）
A. 3倍B. 4倍C. 5倍D. 7倍
【答案】D
【解析】
【分析】根据线段的中点M在y轴上，推出轴，由此可设，代入椭圆方程求出，再根据两点间的距离公式求出和可得解.
【详解】
由可知，，所以，
所以，
∵线段中点M在y轴上，且原点O为线段的中点，
所以，所以轴
∴可设，
把代入椭圆，得
∴，.
∴.
故选：D.
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符号题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）
9. 若与为两条不重合的直线，它们的倾斜角分别是，，下列命题是真命题的为（ ）
A. 若，则两条直线的斜率相等
B. 若两条直线的斜率相等，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据直线的斜率和倾斜角的关系，以及平行线的性质，依次判断即可
【详解】选项A，当时，，但两条直线斜率不存在，故A错误；
选项B，若两条直线的斜率相等，且两直线不重合，故，故B正确；
选项C，若，由平行线的性质，可得，故C正确；
选项D，若，由平行线的性质，可得，故D正确.
故选：BCD
10. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险：戊，重大疾病保险，各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图例：

用该样本估计总体，以下四个选项正确的是（ ）
A. 54周岁以上参保人数最少
B. 18～29周岁人群参保总费用最少
C. 丁险种更受参保人青睐
D. 30周岁以上的人群约占参保人群20%
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，根据扇形统计图可得A正确；B选项，从扇形统计图和折线统计图计算出54周岁以上人群参保总费用比18～29周岁人群参保总费用低，B错误；C选项，从条形统计图可得C正确；D选项，从扇形统计图可得到D错误.
【详解】设抽查的5个险种参保客户的总人数为，
A选项，从扇形图可得到54周岁以上参保人数占比为，人数最少，A正确；
B选项，18～29周岁人群人均参保费用高于3500元，故参保总费用高于，
54周岁以上人群人均参保费用为6000元，故参保总费用为，
由于，故18～29周岁人群参保总费用不是最少的，B错误；
C选项，从条形统计图可看出丁险种所占比例为，比其他险种均高，故更受参保人青睐，C正确；
D选项，30周岁以上的人群约占参保人群为，D错误.
故选：AC
11. 如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体，且该八面体的各棱长均相等，则（ ）

A. 异面直线AE与BC所成的角为B.
C. 平面平面CDED. 直线AE与平面BDE所成的角为
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，异面直线AE与BC所成的角转化为直线AE与AD所成角即可；
对于B，只需证明平面ACE即可；
对于C，需证平面CDE与平面CDE；
对于D，先证平面BEDF，故即为直线AE与平面BDE所成的角，求解即可.
【详解】因为，所以（或其补角）即为异面直线AE与BC所成的角，
又，所以，
即异面直线AE与BC所成的角为，A正确；
连接AC交BD于点O，则点O为正方形ABCD的中心，连接EF，
根据正棱锥的性质可知EF必过点O，且平面ABCD，
所以，又，，OE，平面ACE，
所以平面ACE，又平面ACE，所以，B正确；
由对称性可知，，所以四边形AFCE为平行四边形，
所以，又平面CDE，平面CDE，所以平面CDE，
同理平面CDE，又，AF，平面ABF，
所以平面平面CDE，C正确；
由，，得，在正方形ABCD中，，
又，所以平面BEDF，
所以即为直线AE与平面BDE所成的角，
设该八面体的棱长为2，则，
所以，所以，D错误.
故选：ABC.

12. 在平面直角坐标系中，圆，点为直线上的动点，则（ ）
A. 圆上有且仅有两个点到直线的距离为
B. 已知点，圆上的动点，则的最小值为
C. 过点作圆的一条切线，切点为可以为
D. 过点作圆的两条切线，切点为，则直线恒过定点
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，转化为与直线距离为的两条直线与圆的交点个数即可；对B，由点与圆在直线的同侧，利用对称转化为异侧，则当四点共线时取最小值，且最小值为；对C，求出最大值为，即最大为；对D，设点坐标，求出切点弦方程，不论如何变化，直线恒过定点.
【详解】选项A，由题意知，圆心到直线的距离为，圆的半径为，
由，
如图可知与直线平行且与直线距离为的其中一条直线与圆相交，有两个公共点，
另一条直线与圆相离，即圆上有且仅有两个点到直线的距离为，故A正确；

选项B，设点关于直线的对称点，
则，解得，即，
则，
即的最小值为，故B正确；

选项C，由切点为，则在中，，
当最小时，取最大值，最大，
过点作，垂足为，此时最小，最小值为，
即最大值为，最大为，不可能为，故C错误；

选项D，设点，切点，
可得切线方程为，由点在切线上，得，
同理可得，
故点都在直线上，
即直线的方程为，
又由点在直线上，则，
代入直线方程整理得，
由解得，即直线恒过定点，故D正确.
故选：ABD.

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 某高中共有学生2000人，其中高一和高二各有800人，现采用分层抽样的方法抽取容量为25的样本，那么高二抽取的人数为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据分层抽样的定义和计算方法，求得抽样比，即可求解.
【详解】由题意，高二人数占总人数的比例为，所以高二抽取的人数为.
故答案为：.
14. 若直线的一个方向向量是，则实数k的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】把直线的方程化为斜截式，然后根据方向向量的定义进行求解即可.
【详解】因为直线的斜率为，
所以，解得．
故答案为：
15. 已知三棱锥中，平面BCD，，， ，则三棱锥的外接球的表面积为_____.
【答案】
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定定理可得平面，再由性质定理得，取的中点E，可得，三棱锥的外接球的球心即为点，求出，再求球的表面积可得答案.
【详解】因为平面BCD，平面，所以，
因为，，所以，即，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，取的中点，连接，
可得，
所以三棱锥的外接球的球心即为点，外接球的半径为，
由得，
则三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：.

16. 已知、为椭圆的左、右焦点，点为该椭圆上一点，且满足，若的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，则该椭圆的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据椭圆定义并利用余弦定理可得，再根据正弦定理可知外接圆半径，由等面积法可知内切圆半径，再根据面积比即可计算出离心率.
【详解】根据题意画出图象如下图所示：

利用椭圆定义可知，且；
又，利用余弦定理可知：
，
化简可得；
所以的面积为；
设的外接圆半径为，内切圆半径为；
由正弦定理可得，可得；
易知的周长为，
利用等面积法可知，解得；
又的外接圆面积是其内切圆面积的64倍，即，
所以，即可得，所以；
离心率.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求解椭圆焦点三角形外接圆与内切圆半径问题，通常利用正弦定理计算外接圆半径，由等面积法公式可计算出内切圆半径，即可实现问题求解.
四、解答题（本大题共6题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明或演算过程）
17. 已知直线l的方程为．
（1）若直线l的倾斜角为，求k的值；
（2）已知直线l在x轴，y轴上的截距分别为a，b，若，求直线l的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由直线斜率与倾斜角的关系，求k的值．
（2）求出直线l在x轴，y轴上的截距，根据方程得到k的值，可求直线l的方程.
【小问1详解】
由题意可得
【小问2详解】
在直线l的方程中，令，得，即，
令，得，即，
由，得，即，解得或，
所以直线l的方程为或.
18. 中国人民志愿军被称为“最可爱的人”，2023年7月27日是抗美援朝胜利70周年，为了解抗美援朝英雄事迹、某党支部组织了抗美援朝知识竞赛活动、现抽取其中50名党员的成绩，按进行分组，得到如下的频率分布直方图．

（1）求图中的值及估计这50名党员的成绩的平均数；
（2）若采用分层随机抽样的方法，从成绩在和内的党员中共抽取4人，再从这4人中任选2人在会上进行演讲，求这2人的成绩不在同一区间的概率．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面积之和为1求 ，根据频率分布直方图中平均数的求法求成绩的平均数；
（2）计算成绩在和内的党员人数，根据分层抽样确定两个区间内抽取人数，根据古典概型求概率.
【小问1详解】
由图可知： ，
所以.
平均数：.
所以这50名党员的成绩的平均数.
【小问2详解】
由图可知分数在的频率为，分数在的频率为，
所以若按分层抽样从这两组中抽4人，则分数在的人数为3人，记为A,B,C,
分数在的人数为1人,记为D，
所以从4人中任选2人有：，共6种基本情况，
其中2人的成绩不在同一区间有共3种情况
所以，
所以这2人的成绩不在同一区间的概率为．
19. 已知，，动圆与圆外切且与圆内切． 圆心的轨迹为曲线．
（1）求曲线C的方程；
（2）是否存在过点的直线交曲线C于A，B两点，使得点Q为中点时，直线的斜率与直线OQ的斜率乘积为定值？如果存在，求出这个定值，如果不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）先根据题意得到圆与圆的圆心和半径，再根据题意求得，，从而根据椭圆的定义可知，动点的轨迹是以，为焦点，4为半长轴长的椭圆，进而即可求得曲线C的方程；
（2）先根据题意可得过点的直线的斜率存在，从而设直线为，再联立曲线C的方程，消整理得到关于的一元二次方程，再结合点Q为中点，从而求得的值，进而即可得到结论．
【小问1详解】
依题意可得圆的圆心为，半径为1，圆的圆心为，半径为7，
设动圆的半径为，
由动圆与圆外切且与圆内切，
则，且，
则由椭圆的定义可知，动点的轨迹是以，为焦点，4为半长轴长的椭圆，
所以，，，
故曲线C的方程的方程为．
【小问2详解】
依题意可得过点的直线的斜率存在，
则设直线，
联立，消整理得，
当点Q为中点时，有，解得，
又，所以(定值)，
故直线的斜率与直线OQ的斜率乘积为定值．

20. 已知在多面体中，，，，，且平面平面.

（1）设点F为线段BC的中点，试证明平面；
（2）若直线BE与平面ABC所成角为，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由四边形为平行四边形.∴，再结合平面，即可证明平面；
（2）由空间向量的应用，建立以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系，再求出平面的法向量，平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可.
【小问1详解】
取的中点，连接，，
∵在中，∴.
∴由平面平面，且交线为，平面，得平面.
∵，分别为，的中点，∴，且.
又，，∴，且.
∴四边形为平行四边形.∴，
∴平面.
【小问2详解】
∵平面，平面，所以，
又因，所以三者两两互相垂直，
∴以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，，.
∵平面，∴直线与平面所成的角为.
∴.∴.
可取平面的法向量，
设平面的法向量，，，
则，取，则，.∴，
∴，
∴二面角的余弦值为.

21. 已知，O为坐标原点，直线,设圆C的半径为1，圆心在直线l上.
（1）若圆心C也在直线上，过点A作圆C的切线，求切线方程;
（2）若圆C上存在点M，使，求圆心C的横坐标a的取值范围.
【答案】（1）或
（2）.
【解析】
【分析】（1）联立两直线方程，求出圆心，从而得到圆的方程，考虑过的直线斜率不存在和存在两种情况，设出切线方程，由点到直线距离等于半径列出方程，求出答案；
（2）设圆心为，设，根据得到点M的轨迹方程为圆，由题意得到两圆有交点，从而得到不等式组，求出圆心C的横坐标a的取值范围.
【小问1详解】
由题得圆心在直线和直线上，
则联立，解得，即圆心的坐标为，
故圆的方程为，
当过的直线斜率不存在时，即，此时与圆不相切，
故设过的圆的切线方程为，即，
由直线与圆相切，可得，解得或，
故所求切线方程为或.
【小问2详解】
根据圆心在直线上，可设圆心为，
则圆的方程为.
若圆上存在点M，使，设，
∵，
∴，整理可得，
故点M在以为圆心，2为半径的圆上，
又点M也在圆C上，故圆C和圆D有交点，
∴，即，
即，解得，即a的取值范围为.
22. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过且垂直于轴的直线被椭圆所截得的线段长为3．
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于两点，射线交椭圆于点，若，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的通径公式以及离心率求出椭圆的方程即可；
（2）设直线的方程为，将直线与椭圆方程联立，根据弦长公式求出，利用三角形面积公式用表示出，由可求得，即可求直线的方程.
【小问1详解】
由已知得，设过且垂直于轴的直线与椭圆交于点,
则点的横坐标为，将其代入得，解得，
即，所以，
因为椭圆的离心率，所以．
因为，所以．故椭圆的方程为．
【小问2详解】
由题意知，直线不垂直于轴，设直线的方程为，
设，
联立方程组消去并整理得，
其中，
所以，，
所以
，
因为点到直线的距离，且是线段的中点，
所以点到直线的距离为，
所以．
由，解得或（舍去），
所以，故直线的方程为，
即或．
【点睛】如果直线过轴上一点，则直线方程可以设为，当时直线与轴垂直，但是不包含与轴平行的情况，此种情况需要单独说明.