浙江省宁波市余姚名校2023-2024学年高二上学期期中考试数学
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．（2023·） 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
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率
【解析】【解答】解：设直线的倾斜角为，因为直线的斜率为，所以，即.
故答案为：B.
【分析】设直线的倾斜角为，根据题意可得，由斜率和倾斜角的关系求倾斜角即可.
2．（2021高二上·和平期末）如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且，点N为BC中点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】向量加减混合运算
【解析】【解答】.
故答案为：B
【分析】根据题意由向量的加减运算性质，整理计算出结果即可。
3．（2023·） 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
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；利用数量积判断平面向量的垂直关系；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：若，向量，所在直线在平面内，向量在直线上，所以，所以且，即是，且的必要条件，由且，可得，因为向量，所在直线不一定相交，向量所在直线为，所以推不出，即不是且的充分条件，综上可得且是的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】根据充分条件、必要条件的概念，以及线面垂直的判定定理及性质，以及两非零向量垂直的充要条件判断即可.
4．（2023·） 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
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可知：从六张卡片中，无放回地随机抽取两张，共有种不同的结果，若抽到的两张卡片上的数字之积是5的倍数 ，则两张卡片必有一张是5，若第一张抽到的是5，共有5种不同的抽法，若第二张抽到的是5，则共有5种不同的抽法，故抽到的两张卡片上的数字之积是5的倍数的共有10种不同的抽法，故抽到的两张卡片上的数字之积是5的倍数的概率为.
故答案为：A.
【分析】利用古典型概率的计算公式直接计算即可.
5．（2022高二上·日照期中）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．1.8cm B．2.5cm C．3.2cm D．3.9cm
【答案】B
【知识点】斜率的计算公式；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】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，
故答案为：B
【分析】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， 求出直线AB的方程，利用点到直线距离公式进行求解，可得答案.
6．（2020高二下·江西期中）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
【知识点】函数的图象；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由 的图象可得：
当 时， ，∴ ，即函数 单调递增；
当 时， ，∴ ，即函数 单调递减；
当 时， ，∴ ，即函数 单调递减；
当 时， ，∴ ，即函数 单调递增，
观察选项，可得C选项图像符合题意.
故答案为：C.
【分析】根据所给图像分段分析函数的单调性判断即可.
7．（2023·） 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2 B．中位数为3，众数为2
C．中位数为3，方差为2.8 D．平均数为2，方差为2.4
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A、当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A错误；
B、当投掷骰子出现的点数为2，2，3，6，5时，中位数为3，众数为2，故B错误；
C、当投掷的骰子出现的点数为1，2，3，3，6时，中位数3，平均数为，方差，故C错误；
D、假如平均数2，且出现点数6，则方差，所以平均数为2，方差为2.4时，肯定不会出现点数6，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据题意举例，逐项判断即可.
8．（2023·）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．3 D．
【答案】B
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；圆的切线方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：圆的标准方程为，圆心为，半径为，因为，所以四边形的面积为，又因为，要使四边形面积最小，只需要取最小值，即求得最小值，的最小值为圆心到直线的距离，所以的最小值为，故四边形的面积的最小值为.
故答案为：B.
【分析】化圆方程为标准方程，求出圆心和半径，根据切线的性质和四边形面积的求法，结合勾股定理和点到直线的距离公式，计算即可.
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．（2023·） 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】B,D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：易得：
A、两圆圆心距为，故A错误；
B、两圆方程作差可得，即公共弦的方程为，故B正确；
C、因为直线过点，所以线段为圆的直径，所以圆中不存在比长的弦，故C错误；
D、圆心到直线的距离为，故圆上的点到直线的最大距离为，故D枕正确.
故答案为：BD.
【分析】根据直线和圆的位置关系、圆和圆 位置关系，结合两点间距离公式、点到直线的距离公式逐项判断即可.
10．（2023·） 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】B,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可得，试验的样本空间包含的基本事件有：
共36个基本事件，事件A方程无实数根，即，事件A包含的基本事件为
共30个基本事件；事件B包含的基本事件为，共6个基本事件，事件C包含的基本事件为，，，，，共18个基本事件，事件D包含的基本事件为共6个基本事件：
A、，所以A与B不互斥，故A错误；
B、由上分析可知A与D对立，故B正确；
C、事件BC包含的基本事件为，，，因为，所以事件B，C独立，故C正确；
D、因为，则，所以事件B，D相互独立，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】列举法列举出样本空间、事件ABCD，利用互斥事件以及对立事件、独立事件的定义判断即可.
11．（2023·） 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0.4
B．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0.7
C．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】A,C
【知识点】分层抽样方法；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、该平台女性主播占比的估计值为，故A正确；
B、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30%×70%=0.21，故B错误；
C、根据分层抽样的方法抽取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20%×30%=6名，故C正确；
D、从所调查的主播中，随机选取一位做为幸运主播，该幸运主播是青年人的事件记为A，为女主播的事件记为B，根据条件概率可得
，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据饼状图和百分比等高堆积图的统计数据，结合分层抽样和条件概率判断即可.
12．（2023·）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】A,B,C
【知识点】轨迹方程；棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；空间向量基本定理；用空间向量研究直线与平面的位置关系；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：以点为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，
A、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；
B、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；
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；
D、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∥，
所以四边形为平行四边形，
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.
故答案为：ABC.
【分析】以点为原点，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.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．（2023·） 若直线与直线平行，则 ．
【答案】或1
【知识点】两条直线平行的判定
【解析】【解答】解：因为直线与直线平行，所以，解得或，经检验：或时，两条直线均不重合，所以或.
故答案为：或1.
【分析】根据两直线平行，可得，解得或，检验两条直线是否重合，即可得解.
14．（2023·）点，，，若在线段上，且满足，则点的坐标为 ．
【答案】
【知识点】空间中的点的坐标；向量的数量积判断向量的共线与垂直；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：设点的坐标为，则，因为在线段，且，所以，所以，解得，所以点的坐标为.
故答案为：.
【分析】设点的坐标为，根据题意，可得，列方程组求解即可得点的坐标.
15．（2022高二上·浙江月考）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】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用；不等式的证明
【解析】【解答】，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：
【分析】把直线与曲线与的角点代入函数中，则由，得，构造新函数，使，均有成立问题转化为即可.
16．（2023·） 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】
【知识点】简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：当时，，可得，所以在区间上单调递增，
当时，，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，即的取值范围为.
故答案为：.
【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.
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．（2023·）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）解：由每组小矩形的面积之和为1，
则，
解得．
（2）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．
（3）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．
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中每组小矩形的面积之和为1，即可求解；
（2）根据百分位数的定义求解即可；
（3）先计算出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，，，…，，根据方差的定义求解即可.
18．（2023·）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：在中，．
所以，即；
又因为，
在平面中，面，面，，
所以平面
（2）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
（3）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．
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量垂直的坐标表示；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据已知条件利用勾股定理证明，结合，利用直线与平面垂直的判定证明平面；
（2）由已知条件，结合（1）证明两两互相垂直，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求平面、的法向量，利用空间向量求二面角的余弦值；
（3）设是线段上一点，则存在使得，因为平面，得，解得，可知线段上不存在点，使得平面.
19．（2023·） 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）解：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）解：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：
【知识点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系；直线的点斜式方程；直线的一般式方程；平面内点到直线的距离公式
【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，设点，求出直线的方程为：，利用点到直线的距离求出，即可得点坐标为；
（2）设直线方程为：，与直线的方程：联立，求出，，由三角形的面积公式得，解得，即可得到直线方程.
20．（2023·） 已知函数．
（1）求函数的极值；
（2）证明：当时，，使得．
【答案】（1）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
（2）证明：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．
【知识点】简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；不等式的证明
【解析】【分析】（1）易得函数的定义域为，求导，分，利用导数判断其单调性即可；
（2）由（1）可知，当时，在处取得最小值，根据导数与单调性最值的关系，证明不等式恒成立.
21．（2023·） 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）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
（2）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
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆过点，离心率为，结合，列式求解，即可得椭圆的方程；
（2）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，得直线和的方程，由与圆相切于点，可得，再由与椭圆相交于不同的两点、，联立方程组，可得，根据，即可求得的取值范围.
22．（2023·深圳模拟）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）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．
（2）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”．
（3）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．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1） 当时，求得，结合导数的符号，即可求得的单调增区间；
（2） 函数的不动点即为方程的根，即方程的根，转化为，记，利用导数求得函数单调区间，再由，记，①当时，（ⅰ）设，利用导数求得函数的单调区间，得到存在唯一使得；（ⅱ）当时，设，利用导数求得函数的单调性，得到，得到存在唯一使得；②当时，（ⅰ）当时，无零点；（ⅱ）当时，根据零点的存在行了，得到存在唯一使得，得到答案；
（3） 记，由（1）得到，当，由（2）得到，根据，代入得，得出只有一个解和有两个解，不满足题意；当，由（2）得到，根据，代入得，当时，只有一个解，不满足题意，当时，得到两个解，满足题意，即可求解.
1 / 1浙江省宁波市余姚名校2023-2024学年高二上学期期中考试数学
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．（2023·） 在平面直角坐标系中，斜率为的直线倾斜角为（ ）
A． B． C． D．
2．（2021高二上·和平期末）如图，空间四边形OABC中，，，，点M在上，且，点N为BC中点，则（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023·） 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
4．（2023·） 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．
5．（2022高二上·日照期中）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．1.8cm B．2.5cm C．3.2cm D．3.9cm
6．（2020高二下·江西期中）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．
7．（2023·） 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2 B．中位数为3，众数为2
C．中位数为3，方差为2.8 D．平均数为2，方差为2.4
8．（2023·）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．3 D．
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．（2023·） 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
10．（2023·） 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
11．（2023·） 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0.4
B．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0.7
C．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
12．（2023·）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
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．（2023·） 若直线与直线平行，则 ．
14．（2023·）点，，，若在线段上，且满足，则点的坐标为 ．
15．（2022高二上·浙江月考）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 .
16．（2023·） 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 ．
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．（2023·）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．
18．（2023·）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？
19．（2023·） 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.
20．（2023·） 已知函数．
（1）求函数的极值；
（2）证明：当时，，使得．
21．（2023·） 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．
22．（2023·深圳模拟）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．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率
【解析】【解答】解：设直线的倾斜角为，因为直线的斜率为，所以，即.
故答案为：B.
【分析】设直线的倾斜角为，根据题意可得，由斜率和倾斜角的关系求倾斜角即可.
2．【答案】B
【知识点】向量加减混合运算
【解析】【解答】.
故答案为：B
【分析】根据题意由向量的加减运算性质，整理计算出结果即可。
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；利用数量积判断平面向量的垂直关系；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：若，向量，所在直线在平面内，向量在直线上，所以，所以且，即是，且的必要条件，由且，可得，因为向量，所在直线不一定相交，向量所在直线为，所以推不出，即不是且的充分条件，综上可得且是的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】根据充分条件、必要条件的概念，以及线面垂直的判定定理及性质，以及两非零向量垂直的充要条件判断即可.
4．【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可知：从六张卡片中，无放回地随机抽取两张，共有种不同的结果，若抽到的两张卡片上的数字之积是5的倍数 ，则两张卡片必有一张是5，若第一张抽到的是5，共有5种不同的抽法，若第二张抽到的是5，则共有5种不同的抽法，故抽到的两张卡片上的数字之积是5的倍数的共有10种不同的抽法，故抽到的两张卡片上的数字之积是5的倍数的概率为.
故答案为：A.
【分析】利用古典型概率的计算公式直接计算即可.
5．【答案】B
【知识点】斜率的计算公式；平面内点到直线的距离公式
【解析】【解答】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，
故答案为：B
【分析】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， 求出直线AB的方程，利用点到直线距离公式进行求解，可得答案.
6．【答案】C
【知识点】函数的图象；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】由 的图象可得：
当 时， ，∴ ，即函数 单调递增；
当 时， ，∴ ，即函数 单调递减；
当 时， ，∴ ，即函数 单调递减；
当 时， ，∴ ，即函数 单调递增，
观察选项，可得C选项图像符合题意.
故答案为：C.
【分析】根据所给图像分段分析函数的单调性判断即可.
7．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：A、当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A错误；
B、当投掷骰子出现的点数为2，2，3，6，5时，中位数为3，众数为2，故B错误；
C、当投掷的骰子出现的点数为1，2，3，3，6时，中位数3，平均数为，方差，故C错误；
D、假如平均数2，且出现点数6，则方差，所以平均数为2，方差为2.4时，肯定不会出现点数6，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据题意举例，逐项判断即可.
8．【答案】B
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的标准方程；圆的切线方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：圆的标准方程为，圆心为，半径为，因为，所以四边形的面积为，又因为，要使四边形面积最小，只需要取最小值，即求得最小值，的最小值为圆心到直线的距离，所以的最小值为，故四边形的面积的最小值为.
故答案为：B.
【分析】化圆方程为标准方程，求出圆心和半径，根据切线的性质和四边形面积的求法，结合勾股定理和点到直线的距离公式，计算即可.
9．【答案】B,D
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：易得：
A、两圆圆心距为，故A错误；
B、两圆方程作差可得，即公共弦的方程为，故B正确；
C、因为直线过点，所以线段为圆的直径，所以圆中不存在比长的弦，故C错误；
D、圆心到直线的距离为，故圆上的点到直线的最大距离为，故D枕正确.
故答案为：BD.
【分析】根据直线和圆的位置关系、圆和圆 位置关系，结合两点间距离公式、点到直线的距离公式逐项判断即可.
10．【答案】B,C,D
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可得，试验的样本空间包含的基本事件有：
共36个基本事件，事件A方程无实数根，即，事件A包含的基本事件为
共30个基本事件；事件B包含的基本事件为，共6个基本事件，事件C包含的基本事件为，，，，，共18个基本事件，事件D包含的基本事件为共6个基本事件：
A、，所以A与B不互斥，故A错误；
B、由上分析可知A与D对立，故B正确；
C、事件BC包含的基本事件为，，，因为，所以事件B，C独立，故C正确；
D、因为，则，所以事件B，D相互独立，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】列举法列举出样本空间、事件ABCD，利用互斥事件以及对立事件、独立事件的定义判断即可.
11．【答案】A,C
【知识点】分层抽样方法；相互独立事件的概率乘法公式；条件概率
【解析】【解答】解：A、该平台女性主播占比的估计值为，故A正确；
B、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30%×70%=0.21，故B错误；
C、根据分层抽样的方法抽取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20%×30%=6名，故C正确；
D、从所调查的主播中，随机选取一位做为幸运主播，该幸运主播是青年人的事件记为A，为女主播的事件记为B，根据条件概率可得
，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据饼状图和百分比等高堆积图的统计数据，结合分层抽样和条件概率判断即可.
12．【答案】A,B,C
【知识点】轨迹方程；棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；空间向量基本定理；用空间向量研究直线与平面的位置关系；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：以点为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，
A、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；
B、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；
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；
D、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∥，
所以四边形为平行四边形，
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.
故答案为：ABC.
【分析】以点为原点，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.
13．【答案】或1
【知识点】两条直线平行的判定
【解析】【解答】解：因为直线与直线平行，所以，解得或，经检验：或时，两条直线均不重合，所以或.
故答案为：或1.
【分析】根据两直线平行，可得，解得或，检验两条直线是否重合，即可得解.
14．【答案】
【知识点】空间中的点的坐标；向量的数量积判断向量的共线与垂直；空间向量的数量积运算的坐标表示
【解析】【解答】解：设点的坐标为，则，因为在线段，且，所以，所以，解得，所以点的坐标为.
故答案为：.
【分析】设点的坐标为，根据题意，可得，列方程组求解即可得点的坐标.
15．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用；不等式的证明
【解析】【解答】，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：
【分析】把直线与曲线与的角点代入函数中，则由，得，构造新函数，使，均有成立问题转化为即可.
16．【答案】
【知识点】简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】【解答】解：当时，，可得，所以在区间上单调递增，
当时，，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，即的取值范围为.
故答案为：.
【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.
17．【答案】（1）解：由每组小矩形的面积之和为1，
则，
解得．
（2）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．
（3）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．
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中每组小矩形的面积之和为1，即可求解；
（2）根据百分位数的定义求解即可；
（3）先计算出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，，，…，，根据方差的定义求解即可.
18．【答案】（1）证明：在中，．
所以，即；
又因为，
在平面中，面，面，，
所以平面
（2）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
（3）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．
【知识点】直线与平面垂直的判定；空间向量垂直的坐标表示；用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）根据已知条件利用勾股定理证明，结合，利用直线与平面垂直的判定证明平面；
（2）由已知条件，结合（1）证明两两互相垂直，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求平面、的法向量，利用空间向量求二面角的余弦值；
（3）设是线段上一点，则存在使得，因为平面，得，解得，可知线段上不存在点，使得平面.
19．【答案】（1）解：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）解：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：
【知识点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系；直线的点斜式方程；直线的一般式方程；平面内点到直线的距离公式
【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，设点，求出直线的方程为：，利用点到直线的距离求出，即可得点坐标为；
（2）设直线方程为：，与直线的方程：联立，求出，，由三角形的面积公式得，解得，即可得到直线方程.
20．【答案】（1）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
（2）证明：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．
【知识点】简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；不等式的证明
【解析】【分析】（1）易得函数的定义域为，求导，分，利用导数判断其单调性即可；
（2）由（1）可知，当时，在处取得最小值，根据导数与单调性最值的关系，证明不等式恒成立.
21．【答案】（1）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
（2）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
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆过点，离心率为，结合，列式求解，即可得椭圆的方程；
（2）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，得直线和的方程，由与圆相切于点，可得，再由与椭圆相交于不同的两点、，联立方程组，可得，根据，即可求得的取值范围.
22．【答案】（1）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．
（2）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”．
（3）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．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1） 当时，求得，结合导数的符号，即可求得的单调增区间；
（2） 函数的不动点即为方程的根，即方程的根，转化为，记，利用导数求得函数单调区间，再由，记，①当时，（ⅰ）设，利用导数求得函数的单调区间，得到存在唯一使得；（ⅱ）当时，设，利用导数求得函数的单调性，得到，得到存在唯一使得；②当时，（ⅰ）当时，无零点；（ⅱ）当时，根据零点的存在行了，得到存在唯一使得，得到答案；
（3） 记，由（1）得到，当，由（2）得到，根据，代入得，得出只有一个解和有两个解，不满足题意；当，由（2）得到，根据，代入得，当时，只有一个解，不满足题意，当时，得到两个解，满足题意，即可求解.
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