2023-2024学年山东省淄博五中高二（上）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年山东省淄博五中高二（上）期中数学试卷
一、单选题（本题共9小题，共45分）
1.已知直线的斜率，则该直线的倾斜角的取值范围为( )
A. B. C. D.
2.如图，在斜棱柱中，与的交点为点，，，，则( )
A.
B.
C.
D.
3.“”是“与直线平行”的( )
A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件
C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件
4.已知点在圆：外，则实数的取值范围为( )
A. B.
C. 或 D. 或
5.一道试题，，，三人可解出的概率分别为，则三人独立解答，仅有人解出的概率为 ( )
A. B. C. D.
6.如图，在直三棱柱中，为棱的中点，，，，则异面直线与所成角的余弦值为
( )
A. B. C. D.
7.已知圆的方程为，直线过点，且与圆交于，两点，若，则直线的斜率为( )
A. 或 B. 或 C. 或 D. 或
8.若直线：与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
9.已知向量，，则下列说法正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题（本题共3小题，共15分）
10.有个相同的球，分别标有数字，，，，，，从中不放回的随机取两次，每次取个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则( )
A. 乙发生的概率为 B. 丙发生的概率为
C. 甲与丁相互独立 D. 丙与丁互为对立事件
11.古希腊著名数学家阿波罗尼奥斯约公元前前发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼奥斯圆，简称阿氏圆在平面直角坐标系中，已知，，动点满足，直线：，则( )
A. 直线过定点
B. 动点的轨迹方程为
C. 动点到直线的距离的最大值为
D. 若直线与动点的轨迹交于，两点，且，则
12.如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，在的左边，且下列说法正确的是( )
A. 当，运动时，存在点，使得
B. 当，运动时，存在点，使得
C. 当运动时，二面角的最小值为
D. 当，运动时，二面角的余弦值为定值
三、填空题（本题共4小题，共20分）
13.圆与圆的公共弦长为______ ．
14.已知直线过点，且方向向量为，则点到直线的距离为______ ．
15.我市男子乒乓球队为备战下届市运会，在某训练基地进行封闭时训练，甲、乙两队队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢两个球者获胜通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响已知某局甲先发球，该局打四个球，甲赢的概率是______ ．
16.已知圆经过，且圆心在直线：上，
圆的方程是______ ；
若从点发出的光线经过直线：，反射后恰好平分圆的圆周，反射光线所在直线的方程是______ ．
四、解答题（本题共6小题，共70分）
17.设直线的方程为．
若在两坐标轴上的截距相等，求的值；
若不经过第三象限，求的取值范围．
18.已知的顶点坐标为，，．
Ⅰ求的边上的高所在直线的方程；
Ⅱ求直线的方程及的面积．
19.已知关于的二次函数，令集合，，若分别从集合、中随机抽取一个数和，构成数对．
列举数对的样本空间；
记事件为“二次函数的单调递增区间为”，求事件的概率；
记事件为“关于的一元二次方程有个零点”，求事件的概率．
20.如图，已知正方形是圆柱的轴截面经过旋转轴的截面，点在底面圆周上，，，点是的中点．
求点到平面的距离；
求二面角的余弦值．
21.如图，在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，．
求证：平面；
在线段上是否存在一点，使得与平面所成角的余弦值为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由．
22.已知圆：，点是直线：上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，．
若的坐标为，求过点的切线方程；
试问直线是否恒过定点，若是，求出这个定点，若否说明理由；
直线与圆交于，两点，求的取值范围为坐标原点．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由题意知，，
由，得，
所以．
故选：．
运用斜率公式将转化为，结合正切函数的性质，解不等式即可．
本题考查直线的斜率与倾斜角的关系，熟练掌握正切函数的性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：．
故选：．
根据向量加法和数乘的几何意义，向量加法的平行四边形法则及向量的数乘运算即可求出答案．
本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量数乘运算，向量加法的平行四边形法则，考查了计算能力，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由题意得，解得，
当时，两直线为与，此时两直线重合，舍去；
当时，两直线为和，此时两直线不重合，满足要求，
故“”是“与直线平行”的充要条件．
故选：．
根据直线平行得到方程，经检验后得到，从而得到答案．
本题考查充要条件的判断，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：由题意得，解得或．
故选：．
根据一般方程的的定义，以及点与圆的位置关系，即可判断选项．
本题主要考查点与圆的位置关系，属于基础题．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查相互独立事件的概率的乘法公式，以及互斥事件，属于基础题．
根据题意，只有一人解出的事件包含：解出而其余两人没有解出，解出而其余两人没有解出，解出而其余两人没有解出；这三个事件互斥，而三人解出答案是相互独立的，进而计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，只有一人解出的事件包含三个互斥的事件：
解出而其余两人没有解出，
解出而其余两人没有解出，
解出而其余两人没有解出，
而三人解出答案是相互独立的，
则只有一人解出试题
，
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题考查异面直线的夹角，熟练掌握利用空间向量数量积求异面直线夹角的方法是解题的关键，考查空间立体感，运算求解能力，属于基础题．
以为坐标原点建立空间直角坐标系，由，，即可得解．
【解答】
解：以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
所以，，
所以异面直线与所成角的余弦值为．
故选A．
7.【答案】
【解析】解：显然，当直线的斜率不存在时，直线与圆相切，不满足要求；
设直线的斜率为，则直线方程为，即，
因为，则圆心到直线的距离，
又，解得或．
故选：．
根据题意，设直线方程为，结合点到直线的距离公式代入计算，即可得到结果．
本题考查直线与圆位置关系的应用，考查点到直线的距离公式，属中档题．
8.【答案】
【解析】解：直线化成，可得它必定经过点，
而曲线，可变形整理为，，
该曲线是以为圆心，半径为的圆位于直线上部的部分，
设直线与圆相切时的斜率为，直线过点与圆有两个交点时的斜率为．
可得当直线与曲线有两个不同的交点时，斜率满足．
由圆心到直线的距离，解得，
而，由此可得．
故选：．
将直线化成斜截式，可得直线经过点，将曲线方程化简整理，得该曲线是以为圆心，半径为的圆位于直线右上部的部分．作出图形，观察直线的斜率的变化，再结合计算即可得到实数的取值范围．
本题给出动直线与半圆有两个不同的交点，求直线斜率的取值范围，着重考查了曲线与方程的化简和直线与圆的位置关系等知识，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，向量，，
，故A正确；
对于，，故B错误；
对于，向量，，
由数量积的定义得，故C错误；
对于，，
，故D正确．
故选：．
根据给定条件，利用空间向量的坐标运算逐项计算并判断．
本题主要考查了空间向量的坐标运算，考查了向量的夹角公式，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于，基本事件总数为，乙表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”包含的基本事件数为，
乙，正确，
对于，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”包含的基本事件数为，
丙，错误，
对于，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”包含的基本事件数为，
丁，甲丁，甲，
甲丁甲丁，正确，
对于，丙与丁两个事件不会同时发生，是互斥事件，且并事件为必然事件，丙与丁互为对立事件，D正确．
故选：．
根据相互独立事件，互斥事件的定义判断可得答案．
本题考查相互独立事件，对立事件的判断，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，直线：，，，直线过定点，故选项A正确；
对于，设，因为动点满足，所以，
整理可得，即，所以动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，动点的轨迹方程为，故选项B正确；
对于，当直线与垂直时，动点到直线的距离最大，且最大值为，故选项C错误；
对于，记圆心到直线的距离为，则，因为，
则，因为，所以，即，解得，故选项D正确．
故选：．
设，由题意求出点的轨迹以及轨迹方程，利用直线与圆的位置关系，依次判断四个选项即可．
本题考查轨迹方程的求法，直线与圆的位置关系的应用，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于，以为坐标原点，，，为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
由于，设，，，
则，
则，
所以当，运动时，故存在点，使得，故A错误；
对于，若，则，，，四点共面，与与是异面直线矛盾，故B错误；
对于，为设平面的法向量，又，
故，令，则设平面的法向量，
平面的法向量可取为，
故，
，且函数在上单调递降，所以，
当且仅当时，取到最大值，
设二面角的平面角为，，则最大值为，
即二面角的最小值为，故C正确；
对于，连接，，，平面即为平面，平面即为平面，
平面的法向量可取为，
设为平面的法向量，又，
故，即，令，则平面的法向量，
故，
由图知二面角为锐角，
则二面角的余弦值为定值，故D错误．
故选：．
建立空间直角坐标坐标系，求得相关点坐标，利用空间向量的数量积的计算，可判断；假设，可推出矛盾判断；求得相关平面的法向量，利用空间角的向量求法，可判断，．
本题考查二面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】
【解析】解：由已知圆的圆心为，半径，
圆，即的圆心为，半径，
联立，作差可得，即，
所以公共弦所在的直线方程为，
所以点到直线的距离，
所以弦长为．
故答案为：．
联立两圆可得公共弦方程，再利用垂径定理可得公共弦长．
本题考查两圆相交的弦长的求法，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：取直线的方向向量为，
因为，，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以点到直线的距离为．
故答案为：．
利用向量的坐标运算及向量的单位化公式，结合点到直线的距离公式即可求解．
本题考空间向量的运算，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
15.【答案】
【解析】解：由于连胜两局者赢，甲先发球可分为：
该局：第一个球甲赢、第二个球乙赢、第三个球甲赢、第四个球甲赢，
则概率为．
故答案为：．
由于连胜两局者赢，则可写出四局的结果，计算即可．
本题考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16.【答案】
【解析】解：由题知中点为，
，
所以的垂直平分线方程为，
即，
联立，
解得，即圆心为，
所以圆的半径为，
故圆的方程为．
设关于的对称点为，
则直线与垂直，且的中点在直线，上，
则，解得，
由题意知反射光线过圆心，
故，
即．
故答案为：；．
先求的垂直平分线方程，联立直线的方程可得圆心坐标，然后可得半径，进而得出圆的标准方程；
设关于的对称点为，结合反射光线原理可得其对称点坐标，进而利用直线的两点式方程即可得出结果．
本题考查圆的方程与直线方程的求法，考查方程思想，考查运算求解能力，属中档题．
17.【答案】解：当直线过原点时，该直线在轴和轴上的截距为零，
，方程即为；
若，则，即，
，方程即为，
的值为或．
若不经过第三象限，
直线的方程化为，
则，解得，
的取值范围是．
【解析】通过讨论是否为，求出的值即可；
根据一次函数的性质判断的范围即可．
本题主要考查直线方程问题，考查运算求解能力，属于基础题．
18.【答案】解：Ⅰ由题意可知，，
故所求直线的斜率为，直线方程为即，
Ⅱ，
由点斜式可得，即，
又，
点到的距离，
故的面积．
【解析】本题主要考查了直线垂直的斜率关系及直线方程的求解，两点间距离公式，点到直线的距离公式，属于基础题．
Ⅰ由两直线垂直的斜率关系可求所求直线斜率，然后根据直线的点斜式方程可求，
Ⅱ根据两点间距离公式先求，然后求出到直线的距离，根据三角形的面积公式可求．
19.【答案】解：由题意可得，，，
数对的样本空间为，，，，，，，，，，，，，，，，，，，；
若二次函数的单调递增区间为，
则二次函数的对称轴，即，
由可得，总的基本事件个数为个，
符合的基本事件为：，，，，共个，
所以；
因为，二次函数的图象开口向上，
方程有个零点，即方程和各有个零点，
等价于二次函数的最小值，
所以，即，
样本空间中符合的基本事件有：，，，，，，，，，，，共个，
所以．
【解析】直接列举即可；
由二次函数的性质可得，，求出总的基本事件数和符合条件的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可；
由函数与方程的关系，求出，求出总的基本事件数和符合条件的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可．
本题考查了二次函数性质的综合应用，古典概型概率公式的应用，解题的关键是求出总的基本事件数以及满足条件的基本事件数，属于中档题．
20.【答案】解：因为线段是圆的直径，所以，可得，
又因为平面，且，平面，所以，，
所以，
因为，且，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
设点到平面的距离为，
则由，可得，
所以，
所以点到平面的距离为；
由可知，
以点为坐标原点，，所在直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，，
可得，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
由可知，平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，由图可知为锐角，
则，
即二面角的余弦值为．
【解析】由平面，证得，，进而证得平面，得到，设点到平面的距离为，结合，即可求得点到平面的距离；
以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解．
本题考查求点到平面的距离和二面角的大小，属于中档题．
21.【答案】解：连接交于，
因为，所以，
因为，所以，
所以，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
设线段上存在一点，使得与平面所成角的余弦值为，
即与平面所成角的正弦值为，
设，
取中点，连接，，
因为，所以，
因为侧面底面，侧面底面，侧面，
所以底面，
因为，，，所以，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，解得：，令，则，，
所以平面的一个法向量为，
又，所以，
又，所以，
设与平面所成角，
则，
整理得：，解得：或，
当时，，
当时，
故在线段上存在一点，使得与平面所成角的余弦值为，
或
【解析】连接交于，由，可证，可得，即可证得结论；
取中点，则，结合已知条件可证得底面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，设，用向量法表示与平面所成角的正弦值得的方程，求解即可．
本题考查平面向量的线性运算和直线与平面所成的角，属于中档题．
22.【答案】解：由圆：，得圆心，半径，
设过点的切线方程为，即，
，解得或，
过点的切线方程为或；
圆：，圆心，半径，
设，
由题意知，在以为直径的圆上，又，
，即，
又圆：，即，
故直线的方程为，即，
由，解得，，即直线恒过定点
由，得，，
设，，
，，，
，，
，
，，
的取值范围为
【解析】设过点的切线方程为，可得，求解即可；
设，求得以为直径的圆的方程可得，与已知圆相减得直线的方程，从而可求定点；
设，，联立方程可得，，可得，可求的取值范围．
本题考查求切线方程以及求直线过定点问题，考查向量数量积的范围的求法，考查运算求解能力，属中档题．
第4页，共17页