浙江省杭州市六县九校联盟2023_2024学年高二数学上学期期中联考试题含解析

这是一份浙江省杭州市六县九校联盟2023_2024学年高二数学上学期期中联考试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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、单选题：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. 直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由直线的方程易得斜率，进而可得倾斜角．
【详解】解：由题意可得直线的斜率，
即，故，
故选：D．
【点睛】本题考查直线的倾斜角，由直线方程得出斜率是解决问题的关键，属基础题．
2. 已知平面的一个法向量为，且，则点A到平面的距离为（）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】直接由点面距离的向量公式就可求出．
【详解】∵，
∴，又平面的一个法向量为，
∴点A到平面的距离为
故选：B
3. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量数量积的运算性质和定义，结合投影向量进行求解即可.
【详解】因为空间向量，，
所以向量在向量上的投影向量为：
，
故选：C
4. 已知两条直线和，下列不正确的是（）
A. “a＝1”是“”的充要条件
B. 当时，两条直线间的距离为
C. 当斜率存在时，两条直线不可能垂直
D. 直线横截距为1
【答案】D
【解析】
【分析】由直线平行关系可以判断A正确；利用平行线间距离公式可以判断B正确；利用垂直关系可以判断C正确；令可以求出直线得横截距.
【详解】当时，，则，
当时，直线与重合，故舍去，所以A正确；
当时，，和间的距离为
，所以B正确；
若，则，则，
又当斜率存在时，，所以C正确；
，令得，所以直线横截距为-1，
所以D错误.
故选：D.
5. 从三件正品、一件次品中随机取出两件，则取出的产品全是正品的概率是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由古典概型的概率公式即可求解.
【详解】记三件正品为、一件次品为，
随机取出两件的基本事件为，共个，
其中取出的产品全是正品的基本事件有共个，故所求概率.
故选：B.
6. 已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用椭圆定义和勾股定理即可求解.
【详解】如图
依题意，，，，
则，，
由椭圆定义可得，，
所以离心率.
故选：D.
7. 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
【解析】
【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.
8. 已知，，则的最小值为（）
A. 8B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据基本不等式得，，，，再利用不等式的性质两边分别相加可得答案
【详解】因为，，，
所以，当且仅当时取等号，
所以，所以，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
所以两边分别相加得
，
当且仅当时取等号，
即的最小值为，
故选：D
二、多选题：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，有选错的得0分.
9. 已知平面内的两个向量的，则平面的一个法向量可以是（）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】设平面的法向量为，根据向量垂直的坐标表示求解可得答案.
【详解】设平面的法向量为，
因为向量，
所以，
取，得，
取，得.
故选：BC.
10. 已知直线的倾斜角等于，且经过点，则下列结论中正确的有（）
A. 的一个方向向量为
B. 直线与两坐标轴围成三角形的面积为
C. 与直线垂直
D. 与直线平行
【答案】AC
【解析】
【分析】根据点斜式求得直线的方程，结合直线的方向向量、截距、垂直、平行（重合）等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由题意直线的斜率为，直线方程为，即，
它与直线重合，D错误；
，因此是直线的一个方向向量，A正确；
在直线方程中令得，令得，
直线与两坐标轴围成三角形的面积为，B错误；
由于，C正确
故选：AC
11. 下列说法正确是（）
A. 甲乙两人独立地解题，已知各人能解出的概率分别是0.5，0.25，则题被解出的概率是0.625
B. 若，是互斥事件，则
C. 某校200名教师的职称分布情况如下：高级占比20%，中级占比50%，初级占比30%，现从中抽取50名教师做样本，若采用分层抽样方法，则初级教师应抽取15人
D. 一位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生相邻的概率是
【答案】AC
【解析】
【分析】先求此题不能解出的概率，再利用对立事件可得此题能解出的概率可判断A；由，可判断B；计算出初级教师应抽取的人数可判断C；由列举法得出两位女生相邻的概率可判断D.
【详解】对于A，∵他们各自解出的概率分别是，，则此题不能解出的概率为
，则此题能解出的概率为，故A对；
对于B，若，是互斥事件，则，，故B错；
对于C，初级教师应抽取人，故C正确；
对于D，由列举法可知，用1、2表示两名女生，表示男生，
则样本空间
两位女生相邻的概率是，故D错.
故选：AC.
12. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1）.把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则
A.
B. 若为线段上的一个动点，则的最大值为2
C. 点到直线的距离是
D. 异面直线与所成角的正切值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算法则判断A，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算B、C、D.
【详解】因为，
所以，故A错误；
如图以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
，，，，
对于B：因为为线段上的一个动点，设，，
则，
所以，所以当时，故B正确；
对于C：，，
所以点到直线的距离，故C正确；
对于D：因为，
所以，
所以，即异面直线与所成角的正切值为，故D正确；
故选：BCD
非选择题部分
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 某地一年之内个月的降水量分别为：，，，，，，，，，，，，则该地区的月降水量分位数___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用百分位数的定义求解即可.
【详解】将该地这个月的降降水量从小到大排列得：，，，，，，，，，，，，
又，
所以该地区的月降水量分位数为.
故答案为：.
14. 已知，及轴上的动点，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】作点关于轴的对称点，则为所求最小值，从而得解.
【详解】如图，过点作轴的对称点，
此时，即为所求最小值，
又，，所以，
所以.
故答案为：.
15. 已知圆：与圆：相交于、两点，则圆：的动点到直线距离的最大值为__________ .
【答案】
【解析】
【分析】借助数形结合思想，结合直线与圆的位置关系可得答案.
【详解】圆：与圆：的方程相减，
可得，即直线的方程为.
圆：的圆心为，半径，
点到直线的距离，
则圆上的动点到直线距离的最大值为，
故答案为：.
16. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过且与轴垂直的直线交椭圆于两点，直线与椭圆的另一个交点为C，若，则椭圆的离心率为_____ .
【答案】##
【解析】
【分析】转化条件设点，，表示出点C坐标后直接代入椭圆方程，利用即可得解.
【详解】解：设椭圆的左、右焦点分别为,将代入椭圆方程可得，可设,
由，得，即有，即，
得，代入椭圆方程可得，由,即有，解得.
故答案为：.
四、解答题：本大题共6小题，共70分其中第17题10分，其余每题12分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工，根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为
（1）求频率分布直方图中的值；
（2）估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；
（3）从评分在的受访职工中，随机抽取2人，求此2人评分都在的概率.
【答案】（1）0.006；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）在频率分布直方图中，由频率总和即所有矩形面积之和为，可求；
（2）在频率分布直方图中先求出50名受访职工评分不低于80的频率为，由频率与概率关系可得该部门评分不低于80的概率的估计值为；
（3）受访职工评分在[50，60)的有3人，记为，受访职工评分在[40，50)的有2 人，记为，列出从这5人中选出两人所有基本事件，即可求相应的概率.
【详解】（1）因，
所以
（2）由所给频率分布直方图知，50名受访职工评分不低于80的频率为，
所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为
（3）受访职工评分在[50，60)的有：50×0.006×10=3(人)，
即为；
受访职工评分在[40，50)的有： 50×0.004×10=2(人)，即为.
从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，它们是
又因为所抽取2人的评分都在[40，50)的结果有1种，即，
故所求的概率为
【点睛】本题考查频率分布直方图､概率与频率关系､古典概型，属中档题；利用频率分布直方图解题的时，注意其表达的意义，同时要理解频率是概率的估计值这一基础知识；在利用古典概型解题时，要注意列出所有的基本事件，千万不可出现重､漏的情况.
18. 已知在中，，，.
（1）求边的垂直平分线的方程；
（2）求的外接圆的方程.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】(1)由点A、B的坐标求出AB的中点坐标和直线AB的斜率，进而得出线段AB垂直平分线的斜率，根据直线的点斜式方程即可得出结果；
(2)由点A、C的坐标求出边AC的垂直平分线方程，联立边AB的垂直平分线方程，求出外接圆圆心坐标，利用两点距离公式求出圆的半径，即可得出答案.
【小问1详解】
由题意知，，
设AB的中点为E，则，
又直线AB的斜率为，
所以线段AB的垂直平分线的斜率为2，
得其方程为，即；
【小问2详解】
由可得边AC的垂直平分线方程为，
所以，解得，
即的外接圆的圆心为(1，-2)，
所以圆的半径为，
所以圆的标准方程为：.
19. 已知直线过点，
（1）求在坐标轴上截距相等直线的方程.
（2）若直线与轴、轴的正半轴分别交于两点，为坐标原点，当的面积最小时，求直线的方程.
【答案】（1）和
（2）
【解析】
【分析】（1）利用截距式直线方程解题即可；
（2）利用点斜式直线方程以及基本不等式解题即可.
【小问1详解】
当截距为零时，直线方程为，即；
当截距不为零时，设方程为，代入点，可得，
此时直线方程为；
所以在坐标轴上截距相等的直线的方程为和
【小问2详解】
设直线的方程为，由题意可得，
令，则；令，则；即，
，
从而，
当且仅当，即时取到最小值12，
所以直线方程为，即.
20. 已知表示圆的方程.
（1）求实数取值范围；
（2）当圆的面积最大时，求过点圆的切线方程.
（3）为圆上任意一点，已知，在（2）的条件下，求的最小值.
【答案】（1）
（2）和
（3）
【解析】
【分析】（1）根据方程表示圆，列出不等式，从而可的答案；
（2）求出圆C的面积取得最大值，的值，即半径最大时，的值，再分切线斜率存在和不存在两种情况讨论即可得解；
（3）设，则，设，则表示圆C上的点P与点M的距离的平方，求出的最小值，即可得解.
【小问1详解】
解：由题可知：，该方程表示圆，则，
即，解得.则实数的取值范围为；
【小问2详解】
解：令，，开口向下，对称轴为，
当时，圆C的面积取得最大值，此时圆的方程为，
设切线方程为即.圆心到切线的距离等于半径长，
即，解得，则另一条切线斜率不存在。
即切线方程为，即；另一条切线方程为；
【小问3详解】
解：设，
则，
设，则表示圆C上的点P与点M的距离的平方，
由（2）知，
又，则点M在圆C外面，
所以，
则.
则可知的最小值为.
21. 如图在四棱锥中，，,，，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）在棱上是否存在点，使得半平面与半平面所成二面角的余弦值为，若存在，求，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）取中点，连接、，证明，借助直线与平面平行的判定定理即可证明；
（2）假设在棱上存在点，建立空间直角坐标系，借助向量运算即可解答.
【小问1详解】
取中点，连接、，
因为，分别为，的中点，所以,且，
又因为，，所以,且，
所以四边形为平行四边形，
所以,而平面，平面，
所以平面 .
小问2详解】
取中点，连接、，
因为，，所以为等腰直角三角形，
所以,，
又因为,
所以，所以，
因为，且，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为，所以
而,、平面，所以平面，
以为原点，以方向分别为轴、轴、轴，
建立如图所示空间直角坐标系：
则，，,,，，，
假设在棱上存在点，设点，，，
设平面的一个法向量为，则 ，
取，则，，故，
，，
设平面的一个法向量为，则 ，
取，则，，故
设半平面与半平面所成二面角的平面角为，为锐角，
所以，
所以，即，（舍去），
此时，，
故在棱上存在点，当时，半平面与半平面所成二面角的余弦值为.
22. 已知椭圆和直线l：，椭圆的离心率，坐标原点到直线的距离为.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知定点，若直线与椭圆相交于C，D两点，试判断是否存在实数k，使以CD为直径的圆过定点E？若存在，求出k的值，若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据题意写出关于的等式，进行联立即可求解；
（2）先假设假设存在实数k，联立直线与椭圆可得，以CD为直径的圆过定点E可得，将韦达定理代入即可求解
【小问1详解】
直线l方程为，
依题意可得：，又，
解得：，，
∴椭圆的方程为；
【小问2详解】
假设存在实数k，使以CD为直径的圆过定点E，
联立得，
∴，∴或①，
设，，则②，
而，
，，
要使以CD为直径的圆过点，当且仅当，故，
则，
∴，③
将②代入③得，解得，经验证使得①成立，
综上可知，存在使得以CD为直径的圆过点E.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；