湖北省鄂州市部分高中教科研协作体2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

2023年秋季鄂州市部分高中教科研协作体期中考试高二数学试卷考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色．墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4．本卷命题范围：人教A版必修第二册第十章，选择性必修第一册第一章～第二章.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.已知点在直线上，则直线的倾斜角的大小为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用倾斜角和斜率之间的关系计算即可求得倾斜角的大小为.【详解】直线的斜率为，设直线的倾斜角为，则，因为，所以.故选：C.2.若，，则（）A.22B.C.D.29【答案】C【解析】【分析】利用向量数量积的坐标公式即可求值.详解】由，，得，， 所以．故选：C．3.若圆的半径为2，则实数的值为（）A.-9B.-8C.9D.8【答案】D【解析】【分析】由圆的一般方程配方得出其标准方程，由半径为2得出答案.【详解】由，得，所以，解得.故选：D.4.如图所示，在平行六面体中，为与交点，为的中点，若，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得.【详解】因为为与的交点，所以，故. 故选：B5.已知正方形的一组对边所在的直线方程分别为和，另一组对边所在的直线方程分别为和，则（）A.4B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】根据平行线间距离公式求解即可.【详解】直线与直线之间的距离，直线与直线之间的距离，又由正方形可知，即，解得.故选：A.6.已知圆经过点，且圆心在直线上，若为圆上的动点，则线段为坐标原点）长度的最大值为（）A.B.C.10D.【答案】A【解析】【分析】求出圆心和半径，根据即可得答案.【详解】解：线段中点的坐标为，所以线段的中垂线的斜率为，所以线段的中垂线的方程为，又圆心在直线上， 由，解得，所以圆心为．所以.故选：A．7.已知木盒中有围棋棋子15枚（形状大小完全相同，其中黑色10枚，白色5枚），小明有放回地从盒中取两次，每次取出1枚棋子，则这两枚棋子恰好不同色的概率是（）A.B.C.D.【答案】A【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】从盒中随机取出1枚棋子，“是黑棋子”记为事件，“是白棋子”记为事件，则，，两枚棋子恰好不同色包含：第一次取出黑棋子，第二次取出白棋子；第一次取出白棋子，第二次取出黑棋子，这两个事件是互斥事件．第一次取出黑棋子，第二次取出白棋子相互独立，概率为；第一次取出白棋子，第二次取出黑棋子也相互独立，概率为．所以这两枚棋子恰好不同色的概率是．故选：A．8.已知圆和点，，若点在圆上，且，则实数的取值范目是（）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】利用两点距离公式结合圆的位置关系计算即可.【详解】设，由，得，即点在圆上，易知其圆心为，半径．又圆的圆心为，半径，而点圆上，故圆与圆有公共点，所以，解之得，即的取值范围是．故选：C．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，有选错的得0分.9.已知是空间中三个向量，则下列说法错误的是（）A.对于空间中的任意一个向量，总存在实数，使得B.若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底C.若，，则D.若所在直线两两共面，则共面【答案】ACD【解析】【分析】根据空间向量基本定理分别判断.【详解】由空间向量基本定理.可知只有当不共面时.才能作为基底，才能得到，故A错误： 若是空间的一个基底，则不共面.也不共面，所以也是空间的一个基底，故B正确；若，，则不一定平行，故C错误；若所在直线两两共面，则不一定共面，故D错误.故选：ACD.10.从1，2，3，…9中任取两个数，其中：①恰有一个偶数和两个都是奇数；②至少有一个偶数和两个都是偶数；③至少有一个奇数和两个都是偶数；④至少有一个奇数和至少有一个偶数．在上述事件中，是互斥事件的是（）A.①B.②C.③D.④【答案】AC【解析】【分析】根据题意，由互斥事件的定义，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】根据题意，从1，2，3，…，9中任取两数，其中可能的情况有“两个奇数”“两个偶数”“一个奇数与一个偶数”三种情况．依次分析所给的4个事件可得，①恰有一个偶数和两个都是奇数,不能同时发生，是互斥事件；②至少有一个偶数包括“两个偶数”与“一个奇数与一个偶数”两种情况，与两个都是偶数不是互斥事件；③至少有一个奇数包括“两个奇数”与“一个奇数与一个偶数”两种情况，和“两个都是偶数”不能同时发生，是互斥事件；④至少有一个奇数包括“两个奇数”与“一个奇数与一个偶数”两种情况，至少有一个偶数包括“两个偶数”与“一个奇数与一个偶数”两种情况，不是互斥事件．故选:AC．11.已知直线过点，若与，轴的正半轴围成的三角形的面积为，则的值可以是（）A.B.C.D.【答案】CD【解析】【分析】利用直线的截距式，结合基本不等式可得解.【详解】由题意知直线在，轴上的截距存在且大于，可设的方程为（，）， 由直线过点，得，所以，当且仅当，即，时，等号成立，即，所以，故选：CD.12.如图，在正四棱锥中，，，分别是，的中点，则下列说法正确的是（）A.B.直线和所成角的余弦值是C.点到直线的距离是D.点到平面的距离是2【答案】ABC【解析】【分析】连接，利用中位线、正四棱锥的性质判断A；过作，交延长线于，若为中点，连接，先证为平行四边形，由异面直线定义确定直线和所成角的平面角，再求其余弦值判断B；中求各边长，余弦定理求，进而求点到直线的距离判断C；证面，等体积法有求点面距离判断D.【详解】A：连接，分别为，的中点，即为中位线，则，由为正四棱锥，故为正方形，则，所以，对；B：过作，交延长线于，若为中点，连接，又，即，则为平行四边形，故，，而且，故且，即为平行四边形， 所以且，故直线和所成角，即为或其补角，及正四棱锥的性质知：侧面为等边三角形，底面为正方形，且棱长均为，所以，，，故直线和所成角的余弦值是，对；C：中，又，则，所以，则，所以，故，所以点到直线的距离是，对；D：由上分析知：，若为底面中心，则为中点，，连接，交为，则，则，又，，面，所以面，即面，易知：，令到平面的距离为，则，由，则中上的高为，故，由，，则， 所以，错.故选：ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在用随机数（整数）模拟“有5个男生和5个女生，从中抽选4人，求选出2个男生2个女生的概率”时，可让计算机产生的随机整数，并且代表男生，用代表女生．因为是选出4个，所以每4个随机数作为一组．通过模拟试验产生了20组随机数：68303215705664317840452378342604534609526837981657344725657859249768605191386754由此估计“选出2个男生2个女生”的概率为______．【答案】##【解析】【分析】根据题意，由古典概型的概率计算公式，代入计算，即可得到结果.【详解】在20组数中，6830，7840，7834，5346，0952，5734，4725，5924，6051，9138满足要求，共10个，由此估计“选出2个男生2个女生”的概率为．故答案为：14.已知直线：，：，当时，的值为__________.【答案】【解析】【分析】根据两条直线的平行关系求a的值，再把a的值代入直线方程验证平行关系，进而得出a.【详解】因为，所以，解得或.当时，：，：，此时与重合，不符合题意；当时，：，：，此时，符合题意.综上，的值为.故答案为：.15.自动驾驶汽车又称无人驾驶汽车，依靠人工智能、视觉计算、雷达、监控装置和全球定位系统协同合作，让电脑可以在没有任何人类主动的操作下，自动安全地操作机动车辆.某自动驾驶讯车在车前 点处安装了一个雷达，此雷达的探测范围是扇形区域.如图所示，在平面直角坐标系中，，直线，的方程分别是，，现有一个圆形物体的圆心为，半径为，圆与，分别相切于点，，则______【答案】##【解析】【分析】应用直线和圆相切求参，再结合图形特征求面积即可.【详解】连接，，由题意可设，又圆与相切，则，解得，由题意可得，，在中，，所以，同理，，又，所以，即.故答案为：. 16.在棱长为4的正方体中，点，分别为棱，的中点，，分别为线段，上的动点（不包括端点），且，则线段的长度的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】建系，设，，根据可得，进而利用两点间距离公式结合二次函数分析求解.【详解】以为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示.因为点，分别为棱，的中点，所以，，设，，其中，，则，.因为，则，解得，又因为，，则，可得， 所以，此时，即线段的长度的最小值为.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知的三个顶点分别为，，.（1）求边上的高所在直线的方程；（2）求边上的中线所在直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求得直线的斜率，利用点斜式求得边上的高所在直线的方程.（2）先求得点坐标，再根据两点式求得边上的中线所在直线的方程.【小问1详解】，所以直线的斜率为，所以直线的方程为【小问2详解】线段的中点，所以直线所在直线方程为.18.第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在杭州举办，为做好本次亚运会的服务工作，从某高校选拔志愿者，现对该校踊跃报名的100名学生进行综合素质考核，根据学生考核成绩分为四个等级，最终的考核情况如下表： 等级人数10404010（1）将频率视为概率，从报名的100名学生中随机抽取1名，求其成绩等级为或的概率；（2）已知等级视为成绩合格，从成绩合格的学生中，根据考核情况利用比例分配的分层随机抽样法抽取5名学生，再从这5名学生中选取2人进行座谈会，求这2人中有等级的概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据等可能事件概率计算公式求解即可；（2）取的5名学生中成绩为等级的人数分别为1，4，从这5名学生中选取2人，列举出所有结果，根据古典概型概率计算公式计算即可.【小问1详解】由题知，任意抽取1人，抽到学生成绩等级为或的概率为．【小问2详解】由题知，抽取的5名学生中成绩为等级的人数分别为1，4，记这5人分别为，从中抽取2人的样本空间为，共10个样本点，其中有等级的样本点有，共4个，所以这2人中有等级的概率为．19.已知半径为4的圆与直线相切，圆心在轴的负半轴上.（1）求圆的方程；（2）已知直线与圆相交于两点，且的面积为8，求直线的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】 【分析】（1）根据直线与圆相切,根据点到直线距离公式求出圆心,再应用圆的标准方程即可;（2）根据几何法求弦长,再结合面积公式计算即可.【小问1详解】由已知可设圆心，则，解得或（舍），所以圆的方程为.【小问2详解】设圆心到直线的距离为，则，即，解得，又，所以，解得，所以直线的方程为或.20.如图，在直三棱柱中，，，D，E，F分别为，，的中点.（1）证明：平面；（2）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）取的中点G，连接，，利用线线平行证明线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面夹角正弦值.【小问1详解】证明：取的中点，连接，，因为F，G分别为，的中点，所以，，又E为的中点，，，所以，，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】解：在直三棱柱中，平面，又平面，平面，所以，，又，故以B为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，所以，，，设平面的法向量为， 则令得，，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，则，即直线与平面所成的角的正弦值为.21.一题多解是由多种途径获得同一数学问题的最终结论，一题多解不但达到了解题的目标要求，而且让学生的思维得以拓展，不受固定思维模式的束缚．学生多角度、多方位地去思考解题的方案，让解题增添了新颖性和趣味性，并在解题中解放了解题思维模式，使得枯燥的数学解题更加丰富而多彩．假设某题共存在4种常规解法，已知小红使用解法一、二、三、四答对的概率分别为，且各种方法能否答对互不影响，小红使用四种解法全部答对的概率为．（1）求的值；（2）求小红不能正确解答本题的概率；（3）求小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对的概率．【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用相互独立事件的概率公式计算得解.（2）利用对立事件及相互独立事件的概率公式计算得解.（3）利用互斥事件及相互独立事件的概率公式计算得解.【小问1详解】记小红使用解法一、二、三、四答对分别为事件，则，因为各种解法能否答对互不影响，且全部答对的概率为，于是，解得， 所以.【小问2详解】若小红不能正确解答本题，则说明小红任何方法都不会，所以小红不能正确解答本题的概率是．【小问3详解】记事件为小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对，则，所以小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对的概率为．22.图，在三棱台中，是等边三角形，，侧棱平面，点D是棱的中点，点E是棱上的动点（不含端点B）.（1）证明:平面平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】（1）先分别证明、，由此即可证明平面，从而由面面垂直的判定定理即可得证.（2）建立适当的空间直角坐标系，设，分别求出求平面与平面的法向量（含有参数），由公式即可表示出（它可以看成是关于的函数），从而将问题转换为了求函数的最小值，从而即可求解.【小问1详解】因为是等边三角形，点是棱的中点，所以，又平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】在平面中，过点作,由（1）可知，，所以，，又平面，平面，所以，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图所示： 因为是等边三角形，，所以，，，因为，所以设所以，所以设平面的法向量为，又所以，即，令，得所以平面的一个法向量为设平面的法向量为，又所以，即，令，得所以平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，所以，设，因为，所以，所以， 所以，设，则由复合函数单调性可知在时单调递增，所以当时，即时，取到最小值.