浙江省七彩阳光新高考研究联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

绝密★考试结束前2023学年第一学期浙江“七彩阳光”新高考研究联盟期中联考高二年级数学试题考生须知：1．本卷共6页满分150分，考试时间120分钟；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、选择题：（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，只有一项是符合题目要求的．）1.已知空间向量，若，则（）A.B.3C.4D.5【答案】A【解析】【分析】利用空间向量的坐标表示计算即可.【详解】由题意可知.故选：A2.若直线的倾斜角为，则该直线的一个方向向量是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用直线的倾斜角求得其斜率，再利用直线方向向量的定义即可得解.【详解】因为直线的倾斜角为，所以直线的斜率为，所以其中的一个方向向量为，故D正确，其余选项经检验，皆错误.故选：D.3.在3张彩票中有2张有奖，甲、乙两人先后从中各任取一张，则乙中奖的概率为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用全概率公式即可直接求解.【详解】设甲中奖为A事件，乙中奖为B事件,则,故选：B.4.设椭圆的左､右焦点分别为，，上顶点为B.若，则该椭圆的方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据题意和椭圆的几何性质，得到，进而求得的值，即可求解.【详解】由椭圆的几何性质，因为，可得，所以，，则，所以椭圆的方程为.故选：A.5.某企业两个分厂生产同一种电子产品，产量之比为，现采用分层随机抽样方法，从两个分厂生产的该产品中共抽取100件做使用寿命的测试，由所得样品的测试结果计算出该产品的平均使用寿命分别为1000小时，1020小时，估计这个企业所生产的该产品的平均使用寿命为（）A.1012小时B.1010小时C.1008小时D.1006小时【答案】C【解析】【分析】根据分层抽样的平均数公式计算即可.【详解】由题意可知该产品的平均寿命为.故选：C 6.将一枚质地均匀的骰子连续抛掷2次，设事件“第一次点数为偶数”，事件“第二次点数为3的倍数”，则（）A.与是互斥事件B.与是互为对立事件C.D.【答案】C【解析】【分析】利用古典概型的概率公式，结合互斥事件与对立事件的定义即可得解.【详解】依题意，一枚质地均匀的骰子连续抛掷2次的基本事件有件，事件的基本事件有件，事件的基本事件有件，事件的基本事件有件，事件的基本事件有件，所以，故，，所以与不是互斥事件，更不是对立事件，故ABD错误，C正确.故选：C.7.已知点是直线与的交点，则到直线距离的最大值为（）A.3B.4C.D.6【答案】B【解析】【分析】求出必过点，发现两直线垂直，可得的轨迹为圆，则处理圆上一点到直线的最大距离问即可.【详解】因为与，所以与，可得必过点分别为，由可知垂直，垂足为， 则,可得在以为直径的圆上，由可知圆心,半径则圆心到的距离，所以到直线距离的最大值为，故选:B.8.已知焦点分别在轴上的两个椭圆，且椭圆经过椭圆的两个顶点与两个焦点，设椭圆的离心率分别是，则（）A.且B.且C.且D.且【答案】A【解析】【分析】由题意得，进而得到，从而结合不等式的性质与对勾函数的性质即可得解【详解】依题意，设椭圆对应的参数为，椭圆对应的参数为，则，所以，又因为，即，，则，即，得，，即，令，则， 由对勾函数的性质可知在上单调递减，故.故选：A.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是依题意得到，从而得到，结合不等式的性质与对勾函数的性质即可得解.二、选择题：（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，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．）9.某市为了了解全市居民用水量分布情况，通过抽样，获得了100户居民用户某年月均用水量（单位：），将数据按照分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．则下列说法正确的是（）A.图中的值为0.10B.月均用水量的第60百分位数为C.已知全市有10万户居民用户，估计月均用水量不足的用户有1万户D.月均用水量的平均值（精确到0.1）约为【答案】ABC【解析】【分析】利用频率分布直方图的相关知识，逐一分析判断即可.【详解】对于A，因为，即，故A正确；对于B，对应的频率为，对应的频率为，所以第60百分位数在内，不妨设为，则，解得，故B正确；对于A，因为100户中月均用水量不足的用户频率为，所以估计10万户中有1万户，故C正确； 月均用水量的平均值为，故D错误.故选：ABC.10.如图，在棱长为1的正方体中，点为的中点，点在上，且，点为的中点，则下列结论正确的是（）A.平面B.C.四点共面D.三棱锥体积为【答案】AC【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法判断ABC，再利用棱锥的体积公式判断D，从而得解.【详解】依题意，建立空间直角坐标系，如图，则，因为，所以，即， 对于A，，，设平面的法向量为，则，取，则，故，所以，又点平面，所以平面，故A正确；对于B，，所以，所以不成立，故B错误；对于C，，则，所以三点共线，又易知三点也共线，所以四点共面，故C正确；对于D，因为，又为的中点，所以到底面的距离为，所以三棱锥的体积为，故D错误.故选：AC.11.已知点在曲线上，点三点共线，则（）A.当直线与曲线相切时，的最小值为B.满足的点有且只有1个C.当最大时，D.当最小时，【答案】BCD 【解析】【分析】根据圆的切线的性质判断A，根据满足的点为两圆的外切点判断B，根据满足条件是圆C的切线判断C，由条件转化为是两圆内切点判断D.【详解】如图，由可得圆心为，半径为，当直线与曲线相切时，最小即切线长最小，直线AB方程，圆心到直线的距离，所以，故A错误；以AB为直径的圆的方程为与圆外切，如图，所以满足的点有且只有1个，故B正确； 当最大时，直线与圆C相切，且P为切点，如图，因为，所以，故C正确；当最小时，的外接圆与圆C内切，如图，此时，为切点，所以且平分，故可得，故，故D正确.故选：BCD.12.已知椭圆的左右焦点分别为，左右顶点分别为，点是椭圆上的一个动点（异于两点），且直线的斜率均存在，则（）A.当的最大角为时，椭圆的离心率为 B.当时，的面积为C.直线的斜率之积一定大于直线的斜率之积D.【答案】ABD【解析】【分析】对于A，由顶点与角的关系直接判断即可；对于B，利用等体积法求得，从而得解；对于C，直接求出，，利用作差法即可判断；对于D，直接求出，从而得以判断.【详解】对于A，当取最大时，顶点为上下顶点，此时，故A正确；对于B，当时，由，得，所以的面积为，又，所以点的纵坐标为，则的面积为，故B正确；对于C，设，又，则，，所以，而与的大小不定，故上式正负不定，故C错误；对于D，因，所以，又，所以，故D正确. 故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题B选项解决的关键是利用椭圆的定义与勾股定理求得，从而利用面积相等得到，由此得解.非选择题部分三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13.甲、乙两人进行投篮练习，两人之间互不影响，甲的命中率为0.6，乙的命中率为0.8，则至少有一人投中的概率为______．【答案】0.92##【解析】【分析】根据对立事件的概率公式求解.【详解】设“甲、乙两人各投篮一次，则至少有一人投中”，则.故答案为：0.9214.已知某组数据为，则该组数据的方差为______．【答案】【解析】【分析】利用平均数与方差的计算公式求解即可.【详解】依题意，，所以.故答案为：.15.已知，动点满足，则点的轨迹方程为___________.【答案】【解析】【分析】表示出、，根据题意，列出等式，化简整理即可得答案.【详解】， 由题意得，所以整理可得，即.故答案为：.16.已知三棱锥与是两个同底面的正三棱锥，且是的中点，记异面直线所成的角为，则的最大值为______．【答案】##【解析】【分析】设，，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法可得，结合基本不等式计算即可求解.【详解】设，的外心为，连接，则三点共线，三点共线，且，，过点作，交于点，建立如图空间直角坐标系，则，设，则，由，得，解得，.又，，又，当且仅当即时等号成立，即的最小值为18，所以的最大值为，即当，时，取到最大值. 故答案为：.四、解答题：（本大题共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.在平行六面体中，底面是正方形，，，设．（1）用向量表示，并求；（2）求直线与所成角的余弦值．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】利用空间向量的基底法用把其他向量表示出来，再利用数量积的定义与运算法则即可得解.【小问1详解】作出平行六面体，如图，因为，又底面是正方形，，，所以， 所以.【小问2详解】因为，所以，又，设直线与所成角为，所以，即直线与所成角的余弦值为.18.已知直线过点和．（1）若直线且在轴上的截距为，求直线的方程；（2）若圆的圆心在轴上，半径为3，且直线被圆截得的弦长为4，求圆的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）利用两点坐标求得的斜率，进而求得的斜率，再利用点斜式即可得解；（2）先利用两点式求得直线的方程，再利用弦长公式得到关于的方程，从而得解.【小问1详解】因为直线过点和，所以直线的斜率为，则直线的斜率为2，所以直线的方程为.【小问2详解】依题意，直线的方程为，即， 设圆心坐标为，圆心到直线的距离为，又，所以，得或，所以圆的方程为：或.19.如图，在四棱锥中，底面是菱形，，平面平面，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的判定定理、性质定理以及线面垂直的判定定理证得结果；（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用空间向量法求两个平面的夹角的余弦值.【小问1详解】∵四边形为菱形，，∴是等边三角形，∵为的中点，∴，又∵,∴，又∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，平面，∴，∵， ∴，∴，∵平面,∴平面；【小问2详解】取的中点，则由，所以，，由（1）同理可证平面，如图，以D为原点，DM为x轴，DC为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，由平面得出平面法向量，设平面的法向量，则，即，令，则.则，所以平面与平面的夹角的余弦值为．20.已知圆与圆有两个不同的交点．（1）求的取值范围；（2）过直线上的一点（在线段外的部分上），分别作圆与圆的一条切线，切点分别为，问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）（2）存在常数，使得恒成立【解析】【分析】（1）由两圆有两个交点可得两圆相交，继而可通过求得半径；（2）两圆相减先求的公共弦所在直线方程，再在切角三角形中通过勾股定理求得，即可发现它们之间的比值关系，则问题得解.【小问1详解】因为圆与圆有两个不同的交点，所以两圆相交，所以且，即，解得.所以的取值范围.【小问2详解】圆,圆,两圆方程相减可得:,化简可得直线的方程：，设点，因为与圆相切，所以在直角三角形中， 又点在上，即，所以可得，同理可得，所以，则，故存在常数，使得恒成立，21.已知椭圆经过点，焦距为是椭圆上不在坐标轴上的两点，且关于坐标原点对称，设点，直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点．（1）求椭圆的标准方程；（2）记直线与的斜率分别为，求证：为定值．【答案】（1）（2），证明见详解【解析】【分析】（1）由点在椭圆上和椭圆的定义求出椭圆方程；（2）分别设出直线，的方程点斜式，直曲联立表达出交点的坐标，再用 的坐标表达出斜率，最后求斜率之比即可.【小问1详解】因为焦距为，所以，因为椭圆经过点所以，又因为联立以上可得所以椭圆的标准方程为【小问2详解】证明：因为是椭圆上不在坐标轴上的两点，且关于坐标原点对称，设，且不在坐标轴上，所以设直线，与椭圆的另一个交点，联立椭圆与直线方程可得，消去，得，所以，因为，由韦达定理可得所以，代入直线方程可得同理，设直线，与椭圆的另一个交点 联立椭圆与直线方程可得，消去，得，，所以，因，由韦达定理可得所以，代入直线方程可得因为直线与的斜率分别为，所以，化简可得，所以，代入，化简可得.故得证. 【点睛】关键点睛：第一问直接由椭圆的定义和点在椭圆上求出，属于基础型题目；第二问考查直线与椭圆的交点问题，直曲联立，需用韦达定理，设而不求，最后表示出斜率，再化简即可.22.如图，在三棱柱中，，侧面是正方形，二面角的大小是．（1）求三棱柱的体积；（2）若点是线段上的一个动点，求直线与平面所成角的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）取和得中点和，连接，，取的中点，连接，得出为三棱柱的高，再根据棱柱的体积公式即可求解；（2）取中点，连接，所以，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，设，用表示出，从而求出直线 与平面所成角正弦值的范围，即可求解.【小问1详解】如图，取和得中点和，连接，，取的中点，连接，因为，所以，因为侧面是正方形，所以，，所以，因为平面平面，所以为二面角的平面角，因为二面角的大小是，所以，因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为，所以，所以为等边三角形，所以，且，因为，，且平面，平面，且两直线相交，所以平面，又平面，所以，因为，，平面，平面，且两直线相交，所以平面，所以.【小问2详解】取中点，连接，所以，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 由题可得，，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，所以，因为点在线段上，所以，所以，直线与平面所成角为，则所以当，即时，有最大值，所以，所以直线与平面所成角的最大值为.