2023-2024学年山东省济宁市兖州区高二（上）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年山东省济宁市兖州区高二（上）期中数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.从装有两个红球和两个白球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是( )
A. 至少有一个白球与都是红球 B. 恰好有一个白球与都是红球
C. 至少有一个白球与都是白球 D. 至少有一个白球与至少一个红球
2.若两条平行直线与之间的距离是，则( )
A. B. C. D.
3.如图，二面角的度数为，其棱上有两点、，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，，则线段的长为( )
A. B. C. D.
4.已知平面的一个法向量为，其中，，则点到平面的距离为( )
A. B. C. D.
5.在正四棱锥中，为顶点在底面内的射影，为侧棱的中点，且，则直线与平面所成角的余弦值是( )
A. B. C. D.
6.有个相同的球，分别标有数字，，，，，，从中有放回的随机取两次，每次取个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是”，则( )
A. 甲与丙相互独立 B. 甲与丁相互独立 C. 乙与丙相互独立 D. 丙与丁相互独立
7.已知圆的方程为，直线：，点是直线上的一动点，过作圆的两条切线，切点分别为，，当四边形的面积最小时，直线的方程为( )
A. B. C. D.
8.在棱长为的正方体中，是正方体外接球的直径，点是正方体表面上的一点，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 已知直线过点，且在，轴上截距相等，则直线的方程为
B. 直线的倾斜角为
C. ，，“直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件
D. 若直线沿轴向左平移个单位长度，再沿轴向上平移个单位长度后，回到原来的位置，则直线的斜率为
10.关于空间向量，以下说法正确的是( )
A. 已知两个向量，且，则
B. 已知，则在上的投影向量为
C. 设是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
D. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
11.下列说法正确的是( )
A. 圆与圆的公共弦长为
B. 过点作圆：的切线，则切线的方程为
C. 圆与圆关于直线对称
D. 圆心为，半径为的圆的标准方程是
12.在正三棱柱中，，点满足，其中，，则( )
A. 当时，的周长为定值
B. 当时，三棱锥的体积为定值
C. 当时，有且仅有一个点，使得
D. 当时，有且仅有一个点，使得平面
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.假设，，且与相互独立，则 ______ ．
14.直线经过点，且直线的一个方向向量为，若直线与轴交于点，则 ______ ．
15.写出与圆和都相切的一条直线的方程 ．
16.如图，在直三棱柱中，，，，、分别是线段、上的点，是直线上的点，满足平面，，且、不是三棱柱的顶点，则长的最小值为______ ．
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.本小题分
如图，在空间四边形中，，点为的中点，设，，．
试用向量，，表示向量；
若，，求的值．
18.本小题分
袋中有个大小形状相同颜色不全相同的小球，分别为红球、白球、黑球，某同学从中任意取一个球，得到红球或白球的概率是，得到白球或黑球的概率是，试求：
某同学从中任取一个球，得到红球、白球、黑球的概率各是多少？
某同学从中任取两个小球，得到的两个小球颜色不相同的概率是多少？
19.本小题分
已知圆：，直线：恒过定点．
求定点的坐标．
求直线被圆截得的弦长最短时的值、直线的方程以及最短弦长．
20.本小题分
甲，乙两人进行游戏比赛，采取积分制，规则如下：每胜局得分，负局或平局都不得分，积分先达到分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到分，则积分多的一方获胜；若第四局结束，没有人积分达到分，且积分相等，则比赛最终打平假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立．
求第三局结束时甲获胜的概率；
求乙最终以分获胜的概率．
21.本小题分
如图，在正四棱柱中，，点，，，分别在棱，，，上，，，．
证明：；
点在棱上，当二面角为时，求
22.本小题分
中国古代数学名著九章算术中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广刍，草也甍，屋盖也”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱刍甍是茅草屋顶”现有一个刍甍如图所示，四边形为正方形，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，，．
当点为线段的中点时，求证：直线平面；
当点在线段上时包含端点，求平面和平面的夹角的余弦值的取值范围．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：从装有两个红球和两个白球的口袋内任取两个球，
对于，至少有一个白球与都是红球是对立事件，故A错误；
对于，恰好有一个白球与都是红球不能同时发生，但能同时不发生，是互斥而不对立事件，故B正确；
对于，至少有一个白球与都是白球能同时发生，不是互斥事件，故C错误；
对于，至少有一个白球与至少一个红球能同时发生，不是互斥事件，故D错误．
故选：．
利用互斥事件、对立事件的定义直接判断．
本题考查互斥而不对立事件的判断，考查互斥事件、对立事件的定义等基础知识，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：直线与平行，
则，
两条平行直线与之间的距离是，
则，解得，
故．
故选：．
根据直线平行的性质，求出，再结合两条平行直线间的距离公式，即可求解．
本题主要考查直线平行的性质，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由题意可知，，，，，，
，
，
，
．
故选：．
分析可知，，，，，利用空间向量数量积的运算性质可求得线段的长．
本题考查空间向量数量积的运算性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
4.【答案】
【解析】解：根据题意可得，又，，且平面的一个法向量为，
点到平面的距离为．
故选：．
利用向量法，向量数量积计算，即可求解．
本题考查向量法求解点面距问题，属基础题．
5.【答案】
【解析】解：如图，以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，
设，
则，
则，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，可得，
则，
设直线与平面的夹角为，
可得直线与平面的夹角的正弦值为，
所以直线与平面的夹角的余弦值．
故选：．
以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解．
本题主要考查直线和平面所成的角，属于中档题．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题考查相互独立事件的判断，属于基础题．
分别列出甲、乙、丙、丁可能的情况，然后根据独立事件的定义判断即可．
【解答】
解：由题意可知，两点数和为的所有可能为：，，，，，
两点数和为的所有可能为，，，，，，
甲，乙，丙，丁，
：甲丙甲丙，
：甲丁甲丁，
：乙丙乙丙，
：丙丁丙丁，
故选：．
7.【答案】
【解析】解：圆的圆心为，半径，
当点与圆心的距离最小时，切线长、最小，此时四边形的面积最小，
直线与直线：垂直，
的方程为，
两方程联立可得，，，
以为直径的圆的方程为．
两圆方程相减可得．
故选：．
由题意可得当点与圆心的距离最小时，切线长、最小，此时四边形的面积最小，求出的坐标，以为直径的圆的方程，两圆方程相减可得直线的方程．
本题考查圆的切线方程，得出当点与圆心的距离最小时的面积最小是解决问题的关键，属中档题．
8.【答案】
【解析】解：在棱长为的正方体中，是正方体外接球的直径，点是正方体表面上的一点，
则设正方体的外接球的球心为，球的半径为，
则，可得，
故，
又，
，
的范围是．
故选：．
根据向量数量积相关知识可解．
本题考查向量数量积相关知识，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于：直线过点，且在，轴上截距相等，则直线的方程为或，故A错误；
对于：直线，故直线的斜率，故，故B正确；
对于：，，当“”时，“直线与直线垂直”反之不成立，故“直线与直线垂直”是“”的必要不充分条件，故C正确；
对于：若直线沿轴向左平移个单位长度，再沿轴向上平移个单位长度后，回到原来的位置，则直线的斜率为，故D正确．
故选：．
直接利用直线的方程及充分条件与必要条件求出结果．
本题考查的知识要点：直线的方程，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：对于：两个向量，且，则，整理得，故A正确；
对于：已知，则在上的投影向量为，故B正确；
对于：设是空间的一个基底，则也是空间的一个基底，故C正确；
对于：由于，故，，，四点不共面，故D错误．
故选：．
直接利用向量的坐标运算，向量的共面的充要条件，向量的共线，投影向量判断、、、的结论．
本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量的共面的充要条件，向量的共线，投影向量，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于：将圆与圆相减可得，即，
所以两圆的公共弦所在的直线方程为，
由圆的方程可得圆心，半径，
圆的圆心到直线的距离，
所以公共弦长为，故A正确；
对于：由题知，圆：，圆心为，半径为，
因为在圆外，
所以设切线为，即，
因为与圆：相切，
所以，解得或，
所以切线的方程为或，故B错误；
对于：由圆可得圆心为，半径，
设关于直线的对称点为，
所以，解得，，所以，
所以圆关于直线对称圆的方程为，故C正确；
对于：圆心为，半径为的圆的标准方程是，故D错误．
故选：．
将两圆方程作差可得出相交弦所在直线的方程，求出圆的圆心到相交弦所在直线的距离，利用勾股定理可求得相交弦长判断设切线为，即，由与圆：相切，得，即可求解判断；求得圆的圆心与半径，进而可求得对称圆的方程判断；写出圆的方程判断．
本题考查的知识要点：圆的方程，点到直线的距离公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了动点轨迹，线面平行与线面垂直的判定，锥体的体积问题等，综合性强，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于拔高题．
判断当时，点在线段上，分别计算点为两个特殊点时的周长，即可判断选项A；当时，点在线段上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B；当时，取线段，的中点分别为，，连结，则点在线段上，分别取点在，处，得到均满足，即可判断选项C；当时，取的中点，的中点，则点在线的上，证明当点在点处时，平面，利用过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，即可判断选项D．
【解答】
解：对于，当时，，即，所以，
故点在线段上，此时的周长为，
当点为的中点时，的周长为，
当点在点处时，的周长为，
故周长不为定值，故选项A错误；
对于，当时，，即，所以，
故点在线段上，
因为平面，
所以直线上的点到平面的距离相等，
又的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故选项B正确；
对于，当时，取线段，的中点分别为，，连结，
因为，即，所以，
则点在线段上，
当点在处时，，，
又，所以平面，
又平面，所以，即，
同理，当点在处，，故选项C错误；
对于，当时，取的中点，的中点，
因为，即，所以，
则点在线的上，
当点在点处时，取的中点，连结，，
因为平面，又平面，所以，
在正方形中，，
又，，平面，
故AD平面，又平面，所以，
在正方体形中，，
又，，平面，所以平面，
因为过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点，使得平面，故选项D正确．
故答案选：．
13.【答案】
【解析】解：，，且与相互独立，
，
．
故答案为：．
先利用独立事件的概率乘法公式求解，进而求出即可．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：由直线的方向向量可得直线的斜率为：，
可得直线的方程为：，
将代入可得，
解得．
故答案为：．
由直线的方向向量可得直线的斜率，代入点斜式方程，可得直线的方程，将的坐标代入可得的值．
本题考查直线方程的求法，属于基础题．
15.【答案】或或填一条即可
【解析】【分析】
本题考查了圆与圆的公切线问题，点到直线的距离公式等知识，属于中档题．
设出直线方程，由直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径列方程求解即可．
【解答】解：方法显然直线的斜率不为，不妨设直线方程为，
圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为，半径为，
于是，，
故，，
于是或，
再结合解得或或，
所以直线方程有三条，分别为，，．
方法设圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径，则，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；
又由方程和相减可得方程，即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线的方程为，
直线与直线的交点为，设过该点的直线为，则，解得，
从而该切线的方程为填一条即可
故答案为或或填一条即可．
16.【答案】
【解析】解：如图，由已知，，两两互相垂直，
以点为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
根据题意可得，，，，
设，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，
则，取，
因为平面，所以，，，
又，，可得，，，
，
当时，取最小值，最小值为．
故答案为：．
建系，利用向量法，向量数量积的运算，建立函数模型，通过函数思想，即可求解．
本题考查空间中两点间距离的最值的求解，函数思想，属中档题．
17.【答案】解：，所以，
，
点为的中点，．
，由得
．
【解析】先把表示出来，然后由点为的中点得，化简即得结果；
把用表示，然后利用数量积的运算律结合已知条件即可求出结果．
本题考查了向量的运算性质，属于基础题．
18.【答案】解：从中任取一个小球，分别记得到红球、白球、黑球为事件，，，
由于，，为互斥事件，
所以由题意得，，解得，，，
所以任取一个小球，得到红球、白球、黑球的概率分别是，，．
由知红球、白球、黑球的个数分别为，，，
记红球为，，，白球为，，黑球为，，
则从个小球中取出两个小球的基本事件有：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共有个，
其中两个小球是红球的基本事件有：，，，共个，
两个白球的基本事件有：，共个，两只黑球的基本事件有：，共个，
于是两个小球同色的概率为，
则两个小球颜色不相同的概率是．
【解析】分别记得到红球、黄球、蓝球为事件，，，因为，，为互斥事件，列方程即可求解；
求出古典概型的样本空间，以及所求事件的样本即可求解．
本题考查了古典概型及其概率计算公式，属基础题．
19.【答案】解：直线的方程，整理得．
该方程对于任意实数成立，于是有，解得，，
所以直线恒过定点．
因为直线恒经过圆内的定点，所以当直线经过圆心时被截得的弦最长，它是圆的直径；
当直线垂直于时被截得的弦长最短．
由，，可知，所以当直线被圆截得的弦最短时，直线的斜率为，
于是有，解得．
此时直线的方程为，即．
又，所以，最短弦长为．
【解析】由已知可得，可求定点坐标；
直线垂直于时被截得的弦长最短．可求直线方程与的值．
本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
20.【答案】解：由题知，每局比赛中，甲获胜的概率为，不获胜的概率为，
设事件为“第三局结束时甲获胜”，则甲第三局必定获胜，总共有种情况：
胜，不胜，胜，不胜，胜，胜，
所以；
由题知，每局比赛中，乙获胜的概率为，平的概率为，负的概率为，
设事件“乙最终以分获胜”，
若第二局结束时乙获胜，则乙两局连胜，此时概率，
若第三局结束时乙获胜，则乙第三局必定获胜总共有种情况：胜，不胜，胜，不胜，胜，胜，此时概率，
若第四局结束时，乙以分获胜，则乙第四局必定获胜，前三局为胜平或胜平负，总共有种情况：
胜，平，平，胜，平，胜，平，胜，平，平，胜，胜，胜，平，负，胜，胜，负，平胜，平，胜，负，胜，平，负，胜，胜，负，胜，平，胜，负，平，胜，胜，
此时概率，
所以．
【解析】若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有种情况：胜，不胜，胜，不胜，胜，胜，利用相互独立事件概率乘法公式求解；
乙最终以分获胜分为：乙两局连胜，第三局结束乙获胜和第四局结束时，乙以分获胜，利用相互独立事件概率乘法公式求解．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用，属于中档题．
21.【答案】解：证明：以为坐标原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，
所以，，
所以，
所以，
又，不在同一条直线上，
所以．
设平面的法向量，则，
设，
又，，，
设平面的法向量，则，
令，得，，
所以，
所以，
化简可得，，解得或，
所以或，
所以．
【解析】建立空间直角坐标系，先证明，可以得出线线平行．
先设点的坐标，在应用空间向量法求二面角余弦值求出参数即可．
本题考查直线与平面的位置关系，点到平面的距离，二面角，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
22.【答案】解：证明：因为点为线段的中点，且，
所以，
因为，且四边形为正方形，故AD，
所以，而，，平面，
故AD平面；
设正方形的中心为，分别取，，的中点为，，，
设点为线段的中点，由知，，，四点共面，且平面，
连接，平面，故AD，
又平面，故平面平面，
且平面平面，
由题意可知四边形为等腰梯形，故，
平面，故平面，
故以为坐标原点，为，，轴建立空间直角坐标系，
因为，则，，，，
又，故EF，
设到底面的距离为，
四边形，为两个全等的等腰梯形，且，
故E，，又，
故，，则，，
，
设，，
设平面的一个法向量为，
则，令，，
设平面的一个法向量为，
则，令，，
故，
令，则，
令，则，
令，则在上单调递增，
故当时，，当时，，
故，
即平面和平面的夹角的余弦值得取值范围为．
【解析】根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法求出平面和平面的夹角的余弦值的表达式，进行合理变形，结合二次函数的性质求得余弦的最值，即可求得答案．
本题考查了线面垂直的证明以及空间面面角的向量求法，解答的难点在于求出平面夹角的余弦值之后，要对其表达式进行变形，从而结合二次函数的单调性求得余弦的最值，从而得到其取值范围，属于中档题．
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