浙江省宁波市余姚中学2023-2024学年高二上学期期中数学试卷（Word版附解析）

余姚中学2023学年第一学期期中考试高二数学学科试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.在平面直角坐标系中，斜率为的直线倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据斜率的定义，由直线的斜率，即可求出倾斜角.【详解】设所求直线的倾斜角为，其中，因为该直线的斜率为，所以，则.故选：B.2.如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据给定的几何体，利用空间向量的线性运算求解即得.【详解】依题意， .故选：B3.已知向量，是平面的两个不相等的非零向量，非零向量是直线的一个方向向量，则且是的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系，分别验证充分性以及必要性，即可得到结果.【详解】若平面，则，，，，故必要性满足；反之，若与平行，则，，并不能保证，故充分性不满足；所以且是的必要不充分条件.故选：B4.从分别写有1，2，3，4，5，6的六张卡片中，无放回地随机抽取两张，则抽到的两张卡片上的数字之积是5的倍数的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用古典概型概率的计算公式即可求出结果.【详解】根据题意可知，从6个数字中无放回地随机抽取两张，共有种，若要是5的倍数，则两张卡片中必有一张是5；若第一张抽到的是5，共有5种抽法；若第二张抽到的是5，共有5种抽法；共10种抽法；所以所求概率为.故选：A5.美术绘图中常采用“三庭五眼”作图法．三庭：将整个脸部按照发际线至眉骨，眉骨至鼻底，鼻底至下颏的范围分为上庭、中庭、下庭，各占脸长的，五眼：指脸的宽度比例，以眼形长度为单位，把脸的宽度自左至右分成第一眼、第二眼、第三眼、第四眼、第五眼五等份．如图，假设三庭中一庭的高度为2cm，五眼中一眼的宽度为1cm，若图中提供的直线AB近似记为该人像的刘海边缘，且该人像的鼻尖位于中庭 下边界和第三眼的中点，则该人像鼻尖到刘海边缘的距离约为（）A.1.8cmB.2.5cmC.3.2cmD.3.9cm【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求出直线的方程，利用点到直线距离公式进行求解【详解】解：如图，以鼻尖所在位置为原点O，中庭下边界为x轴，垂直中庭下边界为y轴，建立平面直角坐标系，则，，所以，利用点斜式方程可得到直线：，整理为，所以原点O到直线距离为，故选:B6.已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），则下面四个图象中，的图象大致是（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先利用函数的图象求得函数的单调区间，进而得到正确选项.【详解】由题给函数的图象，可得当时，，则，则单调递增；当时，，则，则单调递减；当时，，则，则单调递减；当时，，则，则单调递增；则单调递增区间为，；单调递减区间为故仅选项C符合要求.故选：C7.四名同学各掷骰子5次，并各自记录每次骰子出现的点数，分别统计四名同学的记录结果，可以判断出一定没有出现点数6的是（）A.平均数为3，中位数为2B.中位数为3，众数为2C.中位数为3，方差为2.8D.平均数为2，方差为2.4【答案】D【解析】【分析】根据题意举出特例，结合中位数，众数，平均数以及方差公式，即可得出答案．【详解】对于A，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A错误； 对于B，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故B错误；对于C，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，平均数为：，方差为，可以出现点数6，故C错误；对于D，若平均数为2，且出现6点，则方差，则平均数为2，方差为2.4时，一定没有出现点数6，故D正确．故选：D．8.过直线上一点作圆：的切线，切点为，，则四边形的面积的最小值为（）A.B.C.3D.【答案】B【解析】【分析】求得圆C的圆心和半径,由切线的性质和四边形的面积求法,结合勾股定理和点到直线的距离公式,计算可得所求最小值.【详解】由圆的方程可得：，则圆心为：，半径又为圆的切线，则又当四边形的面积的取最小值时，最小又垂直于直线时，最小 四边形面积的最小值为：故选：B二、多选题（本大题共4小题，共20.0分．在每小题有多项符合题目要求）9.已知圆和圆的交点为A，B，则（）A.两圆的圆心距B.直线AB的方程为C.圆上存在两点P和Q使得D.圆上的点到直线AB的最大距离为【答案】BD【解析】【分析】求出两圆圆心距，可判断A选项；将两圆方程作差即得公共弦AB的方程，可判断B选项；求出，可判断C选项；求出圆上的点到直线的最大距离，可判断D选项.【详解】对于A，圆的标准方程为，圆心为，半径为，圆的标准方程为，圆心为，半径为，所以，，A不正确；对于B，将两圆方程作差可得，即得公共弦AB的方程为，故B正确；对于C选项，圆心到直线的距离为，所以，对于圆上的任意两点、，，C不正确；对于D选项，圆心到直线的距离的最大值为，D正确.故选：BD.10.抛掷一黄一白两枚质地均匀的骰子，用表示黄色骰子朝上的点数，表示白色骰子朝上的点数，用表示一次试验的结果，该试验的样本空间为，事件“关于的方程 无实根”，事件“”，事件“”，事件“”则（）A.A与互斥B.A与对立C.与相互独立D.与相互独立【答案】BCD【解析】【分析】先用列举法写出一次试验的基本事件，再根据条件写出事件包含的基本事件即可判断出选项A和B的正误；再利用古典概率公式和事件相互独立的判断方法逐一对选项C和D分析判断即可得出结果.【详解】由题意得，，，包含36个样本点.对于选项A：由，得，所以，，，，共包含30个样本点，且，共包含6个样本点，因为，所以A与不互斥，故A错误；对于选项B：因为，，共包含18个样本点，且，共包含6个样本点，因为，所以A与对立，故B正确； 对于选项C：因为，所以，故与相互独立，故C正确；对于选项D：因为，所以，故与相互独立，故正确.故选：BCD.11.某短视频平台以讲故事，赞家乡，聊美食，展才艺等形式展示了丰富多彩新时代农村生活，吸引了众多粉丝，该平台通过直播带货把家乡的农产品推销到全国各地，从而推进了“新时代乡村振兴”．从平台的所有主播中，随机选取300人进行调查，其中青年人，中年人，其他人群三个年龄段的比例饼状图如图1所示，各年龄段主播的性别百分比等高堆积条形图如图2所示，则下列说法正确的有（）A.该平台女性主播占比的估计值为0.4B.从所调查的主播中，随机抽取一位参加短视频剪辑培训，则被抽到的主播是中年男性的概率为0.7C.按年龄段把所调查的主播分为三层，用分层抽样法抽取20名主播担当平台监管，若样本量按比例分配，则中年主播应抽取6名D.从所调查的主播中，随机选取一位做为幸运主播，已知该幸运主播是青年人的条件下，又是女性的概率为0.6【答案】AC【解析】【分析】A选项，结合图1和图2求出三个年龄段中女性人数；B选项，在A选项基础上，求出相应的概率；C选项，求出三个年龄段主播的比例，从而得到中年主播应抽取的人数；D选项，设出事件，利用条件概率公式求出答案.【详解】A选项，由图1可以看出选取300人中其他人群人数为， 青年人人数为，中年人人数为，由图2可以看出青年人中女性人数为，中年人中女性人数为，其他人群中，女性人数为，故该平台女性主播占比的估计值为，A正确；B选项，中年人中男性人数为，故从所调查的主播中，随机抽取一位参加短视频剪辑培训，则被抽到的主播是中年男性的概率为，B错误；C选项，三个年龄段人数比例为青年主播，中年主播和其他人群主播比例为，故用分层抽样法抽取20名主播担当平台监管，若样本量按比例分配，则中年主播应抽取名，C正确；D选项，从所调查的主播中，随机选取一位做为幸运主播，设幸运主播是青年人为事件，随机选取一位做为幸运主播，设幸运主播是女性主播为事件，则，，，D错误.故选：AC12.如图，棱长为6的正方体中，点、满足，，其中、，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（）A.当时，∥平面B.当时，若∥平面，则的最大值为C.当时，若，则点的轨迹长度为D.过A、、三点作正方体的截面，截面图形可以为矩形【答案】ABC 【解析】【分析】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；分别取、中点、，连接、、、、，，找出点P的轨迹，结合图形求出的最大值，可判断B选项；作出截面，分析截面的形状，可判断D选项.【详解】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，对于A选项：当时，则，因为，，设平面的法向量为，则，取，则，可得，所以，则，因为平面，所以当时，∥平面，故A正确；对于B选项：当时，为中点，分别取、中点、，连接、、、、，因为、分别为、的中点，所以∥，又因为∥且，则四边形为平行四边形，可得∥， 所以∥，且平面，平面，所以∥平面，同理可得，∥平面，因为，、平面，所以平面∥平面，当点为的边上一点（异于点）时，则平面，则∥平面，故点的轨迹为的边（除去点），则，同理可得，结合图形可得，故B正确；对于选项C：当时，、分别为、的中点，如图所示：此时点、、，，当点在平面内运动时，设点，其中，，则，因为，则，解得，设点的轨迹分别交棱、于点、，则、，当点在平面内运动时，设点，其中，， 则，则，设点的轨迹交棱于点，则，设点的轨迹交棱于点，因为平面∥平面，平面平面，平面平面，所以∥，同理可得∥，所以四边形为平行四边形，且，，因此点的轨迹的长度即为平行四边形的周长，故C正确；对于D选项：设截面交棱于点，连接、，由题意可知，截面与平面重合，因为平面∥平面，平面平面，平面平面，所以∥，同理可得∥，所以四边形平行四边形，因为，其中，则，，且，即与不可能垂直，所以平行四边形不可能为矩形，即过A、、三点的截面不可能是矩形，故D错误.故选：ABC.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 13.若直线与直线平行，则______．【答案】或1【解析】【分析】根据直线平行得到，解得答案并验证即可.【详解】直线与直线平行，则，解得或，当或时，验证两条直线不重合，故答案为：或1.14.点，，，若在线段上，且满足，则点的坐标为______．【答案】【解析】【分析】结合题意，利用,建立方程组解出即可.【详解】设的坐标为，则，，因为在线段上，且满足，所以,即，解得：，所以点的坐标为．故答案为：.15.已知函数，其中是自然对数的底数.设直线与曲线与 分别交于两点，若对任意，均有成立，则的取值范围为___________.【答案】【解析】【分析】把直线分别与曲线与的交点代入函数中，则由得，构造新函数，使，均有成立问题转化为即可.【详解】，且直线与曲线与分别交于两点，则，，，当时，令，则，由函数和（差）的单调性知在区间上单调递增且有，故当时，，当时，，函数在区间单调递减，在单调递增，当时，函数有极小值也是最小值，最小值为.对任意，均有成立，化为.故答案为：【点睛】本题的关键在于从直线与两曲线的交点中解出，再构造新函数，把问题转化为求此函数的最值. 16.已知函数，点是函数图象上不同的两个点，设为坐标原点，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】设切点坐标为，求得切线方程为，将原点代入该切线方程求得，构造函数，利用导数求得函数的单调性，得到切线方程为，再设过原点的切线为，联立方程组，结合，求得切线为，设直线与的夹角为，结合，即可求解.【详解】当时，，可得，所以在上单调递增，当时，，作出函数的大致图象，如图所示，设过原点的直线与函数的图象相切的直线方程为，其中切点坐标为，则切线方程为，将原点代入该切线方程可得，即，构造函数，其中，则，所以函数在上单调递减，且，可得，所以，切线方程为，又由函数，设过原点的切线方程为，联立方程组，整理得，令，解得或（舍去），即切线方程为 设直线与的夹角为，直线的倾斜角为，则，可得，结合图象可知，当均在的图象上时，，可得，所以.故答案为：.【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.结论拓展：与和相关的常见同构模型①，构造函数或；②，构造函数或；③，构造函数或.四、解答题（本大题共5小题，共70.0分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者．某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛；从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40 分的整数）分成六段：，，…，得到如图所示的频率分布直方图．（1）求频率分布直方图中a的值；（2）求样本成绩的第75百分位数；（3）已知落在的平均成绩是51，方差是7，落在的平均成绩为63，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差．【答案】（1）0.030（2）84（3）两组市民成绩的总平均数是59，总方差是37【解析】【分析】（1）根据每组小矩形的面积之和为1即可求解；（2）利用频率分布直方图及百分位数公式即可求得第75百分位数；（3）将总体平均数代入总体方差公式即可求得总方差．【小问1详解】由每组小矩形的面积之和为1，则，解得．【小问2详解】结合（1）可得，成绩落在内的频率为，成绩落在内的频率为，设第75百分位数为，则，解得，故第75百分位数为84．【小问3详解】 由图可知，成绩在的市民人数为，成绩在的市民人数为，故两组成绩的总平均数为，设成绩在中10人的分数分别为，，，…，；成绩在中20人的分数分别为，，，…，，则由题意可得，，，即，，所以，所以两组市民成绩的总平均数是59，总方差是37．18.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，为中点，点在上，且．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）线段上是否存在点，使得平面，说明理由？【答案】（1）证明见解析（2）（3）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明即可.（2）向量法求解平面与平面夹角的余弦值即可. （3）设是线段上一点，则存在使得，利用线面平行的向量证法证明线面平行即可.【小问1详解】在中，．所以，即；又因为，在平面中，面，面，，所以平面；【小问2详解】因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以，由（1）已证，且已知，故以为原点，建立如图空间直角坐标系，则，，，所以，，，因为为中点，所以，由知， ，设平面的法向量为，则即，令，则，于是，又因为由（1）已证平面，所以平面的法向量为，所以，平面与平面夹角的余弦值；小问3详解】设是线段上一点，则存在使得，因为，所以，因为平面，所以平面当且仅当，即，即，解得，因为，所以线段上不存在使得平面．19.如图，公路围成的是一块顶角为的角形耕地，其中，在该块土地中处有一小型建筑，经测量，它到公路的距离分别为，现要过点修建一条直线公路，将三条公路围成的区域建成一个工业园. （1）以为坐标原点建立适当的平面直角坐标系，并求出点的坐标；（2）三条公路围成的工业园区的面积恰为，求公路所在直线方程.【答案】(1)；(2).【解析】【分析】(1)以为坐标原点,所在直线为轴，过点且垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系.根据条件求出直线的方程，设出点坐标，代点到直线的距离公式即可求出所求；(2)由(1)及题意设出直线的方程后，即可求得点的横坐标，与点的纵坐标，由求得后，即可求解.【详解】(1)以为坐标原点,所在直线为轴，过点且垂直于的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系由题意可设点，且直线的斜率为，并经过点，故直线的方程为：，又因点到的距离为，所以，解得或(舍去)所以点坐标为.(2)由题意可知直线的斜率一定存在，故设其直线方程为：，与直线的方程：，联立后解得:，对直线方程：，令，得， 所以，解得，所以直线方程为：，即:.【点睛】本题以直线方程的相关知识为背景，旨在考查学生分析和解决问题的能力，属于中档题.20.已知函数．（1）求函数的极值；（2）证明：当时，，使得．【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数与极值的关系求解；（2）利用导数与单调性最值得关系证明不等式能成立问题.【小问1详解】易知，,当时，，函数在上单调递减；当时，时，，单调递减，时，，单调递增，综上，当时，函数在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；【小问2详解】由（1）可知，当时，在处取得最小值，若，使得，只需，令，由， 可得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，，所以，，使得．21.已知椭圆：过点，且离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）椭圆和圆：．过点作直线和，且两直线的斜率之积等于1，与圆相切于点，与椭圆相交于不同的两点、，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得的值，即可求解；（2）设的斜率为，得到的方程为，的方程为，根据题意，得到，联立方程组，结合，得到，将代入上式，得出的不等式，即可求解.【小问1详解】解：由椭圆过点，且离心率为， 可得，解得，，，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】解：由题意，两直线、的斜率均存在，且两直线的斜率之积为1，设的斜率为，则的斜率为，则直线的方程为，即，直线的方程为，即，因为与圆相切于点，所以，化简得，由，整理得，所以，化简得，，由，可得，代入上式化简得，，解得，又因为，可得，得，所以的取值范围是．【点睛】方法策略：解答圆锥曲线最值与范围问题的方法与策略：（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决； （2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围；3、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用.22.已知函数，其中且．（1）当时，求函数的单调区间；（2）若存在实数，使得，则称为函数的“不动点”求函数的“不动点”的个数；（3）若关于x的方程有两个相异的实数根，求a的取值范围．【答案】（1）的单调增区间为，单调减区间为；（2）答案见解析；（3）且.【解析】【分析】（1）直接利用导数求函数的单调区间；（2）记，利用导数得在和上均单调递增．记，对分讨论，结合零点定理求函数的“不动点”的个数；（3）记，利用（1）得出的单调性和值域，然后分和两种情况，结合（2）中不动点的范围对进行分析即可【小问1详解】当时，，定义域为R．，令，得．当时，；当时，．所以的单调增区间为，单调减区间为．【小问2详解】函数的不动点即为方程的根，即方程的根． 显然，不是方程的根，所以．记，因为（当且仅当取等号），所以在和上均单调递增．由，记．①当时，（ⅰ）当时，，（可设当，当，在单调递减，在单调递增，所以），存在，使得，即存在唯一使得；（ⅱ）当时，，（设当，当，在单调递增，在单调递减，所以），存在，使得，即存在唯一使得．②当时，（ⅰ）当时，无零点；（ⅱ）当时，因为，，存在，使得，即存在唯一使得．综上所述，当时，函数有两个“不动点”，；当时，函数有一个“不动点”． 【小问3详解】记，由（1）知，当时，函数单调递增，且；当时，函数单调递增，且；当时，函数单调递减，且当趋向于无穷时，的增长速率远远大于一次函数的增长速率，则．当，由（2）知（其中）．由，代入得．因为，所以此时只有一个解；因为，所以此时有两个解，故共有三个解，不满足题意；当，由（2）知由，代入得，当时，只有一个解，不满足题意，此时；时，共有两个解，满足题意，综上所述，当且时方程有两个不同实数根．