河南省金科·新未来2023-2024学年高二数学上学期期中考试试题（Word版附解析）

绝密★启用前金科·新未来2023年秋季学期高二年级10月质量检测数学全卷满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案+的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．一、单项选择题：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．已知复数满足，则（）A．B．C．D．2．经过点，倾斜角为的直线方程为（）A．B．C．D．3．已知，若平面的一个法向量为，则（）A．B．C．D．4．若直线与平行，则两直线之间的距离为（）A．B．1C．D．25．已知向量，设甲：“”；乙：“向量的夹角为锐角”，则（）A．甲是乙的充分不必要条件B．甲是乙的必要不充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲是乙的既不充分也不必要条件6．已知圆锥（为圆锥的顶点，为圆锥底面的圆心）的轴截面是等边三角形，为底面圆周上 的三点，且为底面圆的直径，为的中点．若三棱锥的外接球的表面积为，则圆锥的外接球的表面积为（）A．B．C．D．7．设的内角的对边分别为，若，且，则的面积的最大值为（）A．4B．2C．1D．8．如图，在四面体中，，若，则二面角的大小为（）A．B．C．D．二、多项选择题：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，有选错的得0分．9．已知正三棱柱的所有棱长均为2，则（）A．正三棱柱的体积为B．正三棱柱的侧面积为C．直线与平面所成的角为D．直线到平面的距离为10．不透明的袋子中装有6个大小质地相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机抽取两次，每次取一个球．表示事件“第二次取出的球上标有的数字大于等于3”，表示事件“两次取出的球上标有的数字之和为5，则（）A．B．C．D．事件与相互独立 11．已知圆与直线相交于两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（）A．直线过定点B．若，则的面积为C．的最小值为D．的面积的最大值为212．在平行六面体中，，，若，其中，则下列结论正确的有（）A．若，则三棱锥的体积为定值B．若，则C．若，则与平面所成的角的正弦值为D．当时，线段的长度的最小值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知三点共线，则_____________．14．一组样本数据为，若是方程的两根，则这个样本的方差是_____________．15．已知圆台的体积为，且其上、下底面半径分别为1，2，若为下底面圆周的一条直径，为上底面圆周上的一个动点，则_____________．16．设为坐标原点，，若上存在点，使得，则的取值范围是_____________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17．（本小题满分10分）在平面直角坐标系中，已知．（1）求边上的高所在的直线方程；（2）若点在直线上，且，求点到直线的距离．18．（本小题满分12分）如图，在正方体中，分别为的中点． （1）求异面直线与的夹角的余弦值；（2）求点到平面的距离．19．（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，平面平面为等边三角形，底面为等腰梯形，，且．（1）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由；（2）求与平面所成角的正弦值．20．（本小题满分12分）已知为坐标原点，圆，直线，其中．（1）当时，过点作圆的两条切线，切点分别为，求直线的方程；（2）若直线与圆相交于两点，求．21．（本小题满分12分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面底面，侧棱与底面所成的角为．（1）证明：平面平面；（2）若平面平面，求二面角的正弦值． 22．（本小题满分12分）设为坐标原点，已知与直线相交于两点．（1）若，求的值；（2）过点的直线与相互垂直，直线与圆相交于两点，求四边形的面积的最大值．金科·新未来2023年秋季学期高二年级10月质量检测·数学参考答案、提示及评分细则题号123456789101112答案BACCBADCCDACABDAB一、单项选择题：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．【答案】B【解析】设，则，所以，所以，故选B．2．【答案】A【解析】直线斜率为，所以该直线方程为，即，故选A．3．【答案】C【解析，所以，即，解得，所以，故选C．4．【答案】C【解析】依题意，，解得，所以两直线分别为，所以两直线之间的距离为，故选C．5．【答案】B【解析】由向量夹角为锐角，则，解得，当时，，得 ，所以的取值范围为，所以甲是乙的必要不充分条件，故选B．6．【答案】A【解析】因为圆锥的轴截面是等边三角形，设底面半径为，则圆锥的高为，且，从而，所以，且圆锥的外接球的半径为，其表面积为．故选A．7．【答案】D【解析】由余弦定理，，得，整理可得，又由，有（当且仅当时取“=”），故选D．8．【答案】C【解析】作垂直于垂直于，则，所以，设二面角的大小为，则，有，解得，故选C．二、多项选择题：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，有选错的得0分．9．【答案】CD【解析】正三棱柱的体积为，A选项错误；正三棱柱的侧面积为，B选项错误；与平面所成角即为，C选项正确； 过作垂直于，则为与平面之间的距离，，选项正确，故选CD．10．【答案】AC【解析】第二次取出球为，所以，A选项正确；，所以，B选项错误；，所以，所以，C选项正确；因为选项错误，故选AC．11．【答案】ABD【解析】直线，所以直线过定点，A选项正确；易知道，若直线，则，此时直线到的距离的面积为，B选项正确；由知直线过定点，所以，所以当时，取得最小值为，C选项错误；面积为，当且仅当时，等号成立，D选项正确．故选ABD．12．【答案】AB【解析】若，则点到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，A选项正确；若，则，且，所以，B选项正确； 若，由可知，且，所以为平面的一个法向量，且，又因为．，所以与平面所成角的正弦值为，C选项错误；，当且仅当时等号成立，所以长度的最小值为，D选项错误．故选AB．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．【答案】【解析】直线的方程为，代人，解得．14．【答案】5【解析】，解得或4，不妨设，则样本平均数是4，根据方差公式得．15．【答案】12【解析】设圆台的高为，则，解得，不妨设，则，所以．16．【答案】【解析】设点，由，可知，整理可得点的轨迹方程为，即与存在交点，易知圆心距为，因此 ，解得．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17．【答案】（1）（2）【解析】（1）直线，即，直线的斜率为2以边上的高所在直线的斜率为1，所以边上的高所在的直线方程为，整理得；（2）直线，即，的中点为，所以的垂直平分线所在的直线方程为，因为为垂直平分线与直线的交点，所以解得，所以到直线的距离为．18．【答案】（1）（2）【解析】由两两垂直，以正交基底建系如图，，，，所以， 又，设异面直线与的夹角为，则，即异面直线与夹角的余弦值为；（2）设平面的法向量为，由，得即取，又，则点到平面的距离．19．【答案】（1）存在，当为中点时，平面（2）【解析】（1）如图，分别取中点，连接，则，因为，所以，四边形为平行四边形，所以，又因为平面平面，所以平面，即当为中点时，平面；（2）取的中点的中点，连接，因为，所以， 因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又因为平面，所以，如图，以为原点，方向分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，可求得梯形的高为，可得，所以，设为平面的法向量，则由得令，则，即，设与平面所成角为，有，则，所以与平面所成角的正弦值为．20．【答案】（1）（2）【解析】（1）当时，圆，以为直径的圆的方程为， 两圆方程相减，则直线；（2）点到直线的距离为，设为中点，即，所以，可得，所以．21．【答案】（1）略（2）【解析】（1）证明：在正方形中，．因为平面底面，平面平面平面所以平面．而平面，所以平面平面；（2）设与交于点，则平面平面，作垂直于，则平面，所以，又，且，所以平面，因为平面，所以，由（1）可知，，所以底面，故和底面所成的角等于，故．以为原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．设．则．设平面和平面的法向量分别为．，由即取，得； 由即，取，得．由，有，设二面角的大小为，则．所以二面角的正弦值为．22．【答案】（1）（2）7【解析】（1）不妨设，且，由，可知，联立与，可得，则，，因为，解得；（2）由（1）可知，，同理可得，，设四边形的面积为，则，设，则（当且仅当时取“=”）， 所以四边形的面积的最大值为7．