珠海市香洲区第一中学2023-2024高二上学期元月阶段测试
数学答案解析
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：统计、概率+选择性必修一
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．（本题5分）已知，，，若P，A，B，C四点共面，则（ ）
A．3 B． C．7 D．
【答案】C
【分析】利用空间向量四点共面性质求解即可.
【详解】由P，A，B，C四点共面，可得，，共面，
设，
则，解得．
故选：C.
2．（本题5分）已知直线，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据两直线平行可得参数值，进而判断充分必要性.
【详解】由可知，解得或，
当时，，，成立，
当时，，即，与重合，
所以若则，
所以“”是“”的充要条件，
故选：C.
3．（本题5分）设直线与椭圆交于两点,且点为线段的中点,则直线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】设的坐标,代入椭圆的方程,作差得的值,即直线的斜率,然后根据点斜式求得直线方程即可.
【详解】设则
将点代入椭圆方程,两式作差得
即直线的斜率为
直线的方程为即.
故选：.
4．（本题5分）已知直线过点，其方向向量是，则点到直线的距离是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用空间法求点到直线的距离即可得解.
【详解】依题意，知直线的方向向量，，
则，，，
所以点到直线的距离为.
故选：B.
5．（本题5分）已知，过点的直线与线段不相交，则直线斜率的取值范围是（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】A
【分析】求出直线的斜率，再结合图形即可得解.
【详解】因为，，
所以直线的斜率分别为，
由图形知，当或，即或时，直线l与线段AB相交，
所以直线与线段不相交时，直线l斜率k的取值范围为.
故选：A.
6．（本题5分）某人统计了甲、乙两家零售商店在周一到周五的营业额（单位：百元）情况，得到了如下的茎叶图（其中茎表示十位数，叶表示个位数），关于这5天的营业额情况，下列结论正确的是（ ）
A．甲、乙两家商店营业额的极差相同
B．甲、乙两家商店营业额的中位数相同
C．从营业额超过3000元的天数所占比例来看，甲商店较高
D．甲商店营业额的方差小于乙商店营业额的方差
【答案】C
【分析】对于A，由极差的定义，即最大值减最小值即可判断；对于B，由中位数的定义判断即可（从小到大排列数据）；对于C，直接由茎叶图即可判断；对于D，由方差公式运算即可判断.
【详解】A选项：甲商店营业额的极差为10，乙商店营业额的极差为8，故A错误；
B选项：甲商店营业额的中位数为32，乙商店营业额的中位数为30，故B错误；
C选项：甲商店营业额超过3000元的天数为3，乙商店营业额超过3000元的天数为2，故从营业额超过3000元的天数所占比例来看，甲商店较高，故C正确；
D选项：甲商店营业额的平均值为，乙商店营业额的平均值为，
故甲商店营业额的方差，
乙商店营业额的方差，则，故甲商店营业额的方差大于乙商店营业额的方差，故D错误.
故选：C.
7．（本题5分）已知双曲线()的左 右焦点分别为为双曲线上的一点，为的内心，且，则的离心率为（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】D
【分析】延长到且，延长到且，结合向量的线性关系知是的重心，根据重心和内心的性质，进而得到，由双曲线定义得到齐次方程，即可求离心率.
【详解】如下图示，延长到且，延长到且，
所以，即，
故是△的重心，即，
又，
所以，而是的内心，则，
由，则，故，即.
故选：D
【点睛】关键点睛：利用向量的线性关系构造重心，结合重心和内心的性质得到，再根据双曲线定义得到双曲线参数的齐次方程.
8．（本题5分）如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段和上，则下列结论中错误的结论（ ）
A．的最小值为2
B．四面体的体积为
C．有且仅有一条直线与垂直
D．存在点，使为等边三角形
【答案】C
【分析】利用异面直线的距离可判定A，利用棱锥的体积公式可判定B，利用特殊位置可排除C，利用坐标法可判定D.
【详解】根据正方体的特征可知面，
又面，所以，
即是异面直线和的公垂线，
当分别与重合时，最小值，最小值为2，故A正确；
易知，所以，故B正确；
易知是等边三角形，所以当是中点，而N与重合时，，
又由A项可知当分别与重合时，，故C错误；
如图所示，建立空间直角坐标系，则，可设，，
若存在点，使为等边三角形，则有，
由，由，
解方程得，
当舍去，
又因为所以符合题意，即D正确.
故选：C
二、多选题（共20分）
9．（本题5分）一个质地均匀的骰子，掷一次骰子并观察向上的点数．A表示事件“骰子向上的点数大于等于3”，B表示事件“骰子向上的点数为奇数”，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】由题意，根据事件的基本运算，结合古典概型的概率公式依次计算即可求解.
【详解】A：掷一枚骰子并观察向上的点数，样本空间为，共6个样本点，
则，共4个样本点，所以，故A正确；
B：，共3个样本点，所以，故B错误；
C：由选项AB知，，共5个样本点，所以，故C正确；
D：由选项AB知，，共2个样本点，所以，故D正确.
故选：ACD
10．（本题5分）下列命题正确的是（ ）
A．经过定点的直线都可以用方程表示
B．经过两个不同的点的直线都可以用方程表示
C．过点且在两坐标轴上截距相等的直线有2条
D．方程不一定表示圆
【答案】BCD
【分析】根据直线方程的性质和圆的标准方程的性质逐项判断.
【详解】对于A：经过定点且斜率存在的直线才可以用方程表示，
斜率不存在时，用方程来表示，故A选项错误；
对于B：经过两个不同的点的直线有两种情况：
当时，直线方程为，整理得；
当时，直线方程为，即方程成立.
综上所述，经过两个不同的点的直线都可以用方程表示，故B选项正确；
对于C：当直线在x轴和y轴上截距为0时，可设直线方程为，
直线过，则所求直线方程为；
当直线在x轴和y轴上截距不为0时，可设直线方程为，即，
直线过，则所求直线方程为.
综上所述，过点且在两坐标轴上截距相等的直线有2条，故C选项正确；
对于D：化为，
所以该方程时才表示圆，故D选项正确.
故选：BCD.
11．（本题5分）已知正方体的边长为2，为的中点，为侧面的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面
C．
D．以为球心，为半径的球被正方体表面所截的总弧长为
【答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系并利用空间向量求得，可知A错误；由线面平行的判定定理可证明B正确；利用线面垂直性质定理可求得C正确；易知以为球心，为半径的球被正方体表面所截的为四段圆弧，即可得D正确.
【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，
对于A，则，，，，，
所以，，，
由平面，
可得，即，化简可得，
所以动点在直线上，
，，，
所以与不垂直，A选项错误；
对于B，易知，平面，平面，所以平面，B选项正确；
对于C，显然平面，且平面内，所以，C正确；
对于D，球心是面和面的公共棱中点，在这两平面上截球面所得弧半径均为、圆心角均为，总弧长为；
在面和上截球面得弧的半径均为1，截面小圆圆心分别为、，圆心角均为，总弧长为，这四段弧长之和为，D选项正确；
故选：BCD.
12．（本题5分）已知抛物线的焦点为F，过F作两条互相垂直的直线，，与C相交于P，Q，与C相交于M，N，的中点为G，的中点为H，则（ ）
A． B．
C．的最大值为16 D．当最小时，直线的斜率不存在
【答案】AD
【分析】A选项，先得到两直线斜率均存在且不为0，设直线方程为，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，由焦半径得到，，从而得到；B选项，在A选项基础上得到和，从而代入计算出；C选项，在B选项基础上，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值；D选项，先得到，，表达出，并结合基本不等式求出当时，取得最小值，此时，故D正确.
【详解】A选项，若一条直线的斜率不存在时，则另一条直线斜率为0，
此时与抛物线只有1个交点，不合要求，
故两直线斜率均存在且不为0，
由题意得，设直线方程为，
联立与得，，
易知，设，则，
则，，
则，A正确；
B选项，在A选项基础上得到，
由于两直线均过焦点且垂直，可得，
故，B错误；
C选项，由B选项可知，
，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为16，C错误；
D选项，由A选项可知，点横坐标为，
故，所以，
由于两直线均过焦点且垂直，可得，
则
，
其中，当且仅当，即时，等号成立，
当时，取得最小值，此时，
故当最小时，直线的斜率不存在，D正确.
故选：AD.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
第II卷（非选择题）
三、填空题（共20分）
13．（本题5分）在正方体中，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.
【详解】因为是正方体，建立以为原点的坐标系，如图，
设正方体的棱长为2，则有，，，
， ， ，
设异面直线与所成角为，
．
故答案为：．
14．（本题5分）若过点总可以作两条直线与圆相切，则实数k的取值范围是 ．
【答案】或
【分析】根据圆的半径大于0，点在圆外，得到不等式，求出答案.
【详解】变形为，
故，解得，
当点在圆外时，总可以作两条直线与圆相切，
故，解得或，
综上：或
故答案为：或.
15．（本题5分）投壶是从先秦延续至清末的传统礼仪和宴饮游戏，在战国时期较为盛行.投壶时，第一箭入壸（即投中）称为“有初”，投中且投入壶耳称为“贯耳”，假设投壶参与者甲每次投壶得“贯耳”的概率为，每次投中的概率为.若甲投壶3次，则甲“有初”“贯耳”均投得的概率为 ．
【答案】
【分析】分为甲第一次投壶投得“贯耳”和甲第一次投壶投中且未投得“贯耳”，则甲在后面2次投壶中至少要投中1次“贯耳”，进行求解概率.
【详解】若甲第一次投壶投得“贯耳”，则甲“有初”“贯耳”均投得，其概率为；
若甲第一次投壶投中且未投得“贯耳”，则甲在后面2次投壶中至少要投中1次“贯耳”，其概率为，
故所求概率为．
故答案为：
16．（本题5分）已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，的中点为，以为直径的圆与轴交于两点，当取最大值时，此时 .
【答案】/
【分析】依题要使最大，因等腰三角形,需使最小，通过过点作高线，利用三角函数将的正弦值转化为,再用点坐标进行表示，从而转化为函数的最值问题即得.
【详解】
如图，由，可知，设，易知，且，
因的中点为，故，过点作于点.
设，,则，所以当取最小值时，最小，
因为在上为增函数，所以当最小时，最小，则最大.
又的最小值为1，此时，，则，所以，所以.
故答案为：.
四、解答题（共70分）
17．（本题10分）某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
(1)求a、b的值；
(2)估计这100名候选者面试成绩的第60百分位数（精确到0.1）.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据频率分布直方图中频率的计算方法及性质，列出方程，即可求解；
（2）根据频率分布直方图中百分位数的计算方法，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，因为第三、四、五组的频率之和为，
可得，解得，
所以前两组的频率之和为，即，所以.
（2）解：由前两个分组频率之和为，前三个分组频率之和为0.75，
所以第60百分位数在第三组，设第60百分位数为x，
则，解得，故第60百分位数为．
18．（本题12分）圆与轴的交点分别为，且与和都相切.
(1)求圆的方程；
(2)圆上是否存在点满足？若存在，求出满足条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）求得中垂线为，设，根据题意，列出方程，求得，进而求得圆的标准方程；
（2）假设存在满足题意，设，根据题意，列出方程组，结合，即可得到答案.
【详解】（1）解：由，，可得中垂线为，
可得设，因为圆都与和都相切，
可得，所以或，解得，
所以圆心坐标，可得，即圆的半径，
所以圆的方程为.
（2）解：假设存在满足题意，
设，，，
可得，
因为，
联立方程组，解得，
又因为是圆上的一点，可得，
所以此方程组无解，所以点不存在.
19．（本题12分）在三棱锥中，平面，，且，，为的中点.
(1)求异面直线与所成角的正弦值；
(2)求二面角的余弦值；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用线面垂直性质可得两两垂直，以点为坐标原点建立空间直角坐标系可得，可求出异面直线夹角的正弦值；
（2）求出平面的法向量为，易知平面的一个法向量为，由空间向量并结合图示可得二面角的余弦值为.
【详解】（1）因为平面，平面，所以；
又，所以，即两两垂直；
以点为坐标原点，所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，如下图所示：
则、、、、，
，，
所以，
可得，
所以异面直线与所成角的正弦值为.
（2），设平面的法向量为，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
可得，
由图可知二面角为锐角，
因此二面角的余弦值为.
20．（本题12分）在平面直角坐标系中，圆，点，过的直线与圆A交于点，，过作直线平行交于点，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)已知，，点是曲线上的一个点，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知求出圆心、半径，进而根据已知推得，，即可得出点的轨迹.进而根据定义求出的值，即可得出答案；
（2）先求出直线的方程，设出与平行的直线的方程，得出直线与椭圆相切.联立直线与椭圆的方程，根据得出直线方程，根据两点间的距离公式以及两条平行直线之间的距离公式，即可根据面积公式得出答案.
【详解】（1）由已知可得圆的圆心，半径.
因为，所以.
因为，所以，
所以，
所以，点的轨迹为以为焦点的椭圆上.
设椭圆的方程为，
则，，
所以，，，
所以，曲线的方程为.
（2）由已知可得直线的截距式方程为，
整理可得直线的方程为.
设直线，且与椭圆相切，方程设为，
联立直线与椭圆的方程可得，
.
因为直线与椭圆相切，
所以，即，解得.
当时，直线的方程设为，
直线与直线的距离为；
当时，直线的方程设为，
直线与直线的距离为.
显然，所以面积的最大值为.
又，
所以，面积最大值为.
21．（本题12分）如图，在四棱锥中，，．
(1)求证：平面平面；
(2)若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证面面垂直，需证线面垂直，即证平面，即可证出；
（2）建立空间直角坐标系，用向量的方法求解即可.
【详解】（1）如图：
因为，，所以为等边三角形，，
又，所以，又，
所以.
因为，所以为直角三角形，.
又，，为平面内的两条相交直线，
所以平面，平面，所以，平面平面.
（2）取中点，中点，因为，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又，
故以为原点，建立如图空间直角坐标系，
所以，，，，，.
设，因为，
解得，所以.
设平面的法向量为，
则，取；
设平面的法向量为，
则，取.
那么，，.
由，又，所以.
【点睛】关键点睛：根据，和点、的坐标，求点坐标是本题的一个关键.
22．（本题12分）已知双曲线，是双曲线上一点.
(1)若椭圆以双曲线的顶点为焦点，长轴长为，求椭圆的标准方程；
(2)设是第一象限中双曲线渐近线上一点，是双曲线上一点，且，求的面积（为坐标原点）；
(3)当直线：（常数）与双曲线的左支交于、两点时，分别记直线、的斜率为、，求证：为定值.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）先确定双曲线的顶点坐标，由此求解出的值，结合的值可求，则椭圆方程可求；
（2）先设出点坐标，然后表示出点坐标，将点坐标代入双曲线可求坐标，计算出以及到的距离则可求；
（3）设出坐标，联立直线与双曲线得到对应韦达定理形式，然后将表示为坐标形式，结合韦达定理完成证明.
【详解】（1）因为双曲线的方程为，所以双曲线的左右顶点为，
设椭圆方程为，所以，
所以，所以椭圆的标准方程为；
（2）因为双曲线的渐近线方程为，不妨设，
又，所以，所以，
又因为是双曲线上一点，所以，解得，
所以，所以，
又到直线的距离，
所以；
（3）
设，
联立可得，
所以，，
且，即，
又因为为左支上两点，所以，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以为定值.
【点睛】
关键点睛：本题考查椭圆与双曲线性质的综合运用，其中涉及共焦点问题、三角形面积问题以及定值问题，难度较大.解答本题第三问定值问题的关键在于：利用联立思想得到的坐标的韦达定理形式去化简.珠海市香洲区第一中学2023-2024高二上学期元月阶段测试
数学试卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：统计、概率+选择性必修一
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．（本题5分）已知，，，若P，A，B，C四点共面，则（ ）
A．3 B． C．7 D．
2．（本题5分）已知直线，，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（本题5分）设直线与椭圆交于两点,且点为线段的中点,则直线的方程为（ ）
A． B．
C． D．
4．（本题5分）已知直线过点，其方向向量是，则点到直线的距离是（ ）
A． B． C． D．
5．（本题5分）已知，过点的直线与线段不相交，则直线斜率的取值范围是（ ）
A． B．
C．或 D．或
6．（本题5分）某人统计了甲、乙两家零售商店在周一到周五的营业额（单位：百元）情况，得到了如下的茎叶图（其中茎表示十位数，叶表示个位数），关于这5天的营业额情况，下列结论正确的是（ ）
A．甲、乙两家商店营业额的极差相同
B．甲、乙两家商店营业额的中位数相同
C．从营业额超过3000元的天数所占比例来看，甲商店较高
D．甲商店营业额的方差小于乙商店营业额的方差
7．（本题5分）已知双曲线()的左 右焦点分别为为双曲线上的一点，为的内心，且，则的离心率为（ ）
A．3 B． C． D．
8．（本题5分）如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段和上，则下列结论中错误的结论（ ）
A．的最小值为2
B．四面体的体积为
C．有且仅有一条直线与垂直
D．存在点，使为等边三角形
多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分
9．（本题5分）一个质地均匀的骰子，掷一次骰子并观察向上的点数．A表示事件“骰子向上的点数大于等于3”，B表示事件“骰子向上的点数为奇数”，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（本题5分）下列命题正确的是（ ）
A．经过定点的直线都可以用方程表示
B．经过两个不同的点的直线都可以用方程表示
C．过点且在两坐标轴上截距相等的直线有2条
D．方程不一定表示圆
11．（本题5分）已知正方体的边长为2，为的中点，为侧面的动点，且满足平面，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面
C．
D．以为球心，为半径的球被正方体表面所截的总弧长为
12．（本题5分）已知抛物线的焦点为F，过F作两条互相垂直的直线，，与C相交于P，Q，与C相交于M，N，的中点为G，的中点为H，则（ ）
A． B．
C．的最大值为16 D．当最小时，直线的斜率不存在
第II卷（非选择题）
填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（本题5分）在正方体中，是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是 .
14．（本题5分）若过点总可以作两条直线与圆相切，则实数k的取值范围是 ．
15．（本题5分）投壶是从先秦延续至清末的传统礼仪和宴饮游戏，在战国时期较为盛行.投壶时，第一箭入壸（即投中）称为“有初”，投中且投入壶耳称为“贯耳”，假设投壶参与者甲每次投壶得“贯耳”的概率为，每次投中的概率为.若甲投壶3次，则甲“有初”“贯耳”均投得的概率为 ．
16．（本题5分）已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于两点，的中点为，以为直径的圆与轴交于两点，当取最大值时，此时 .
解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
17．（本题10分）某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
(1)求a、b的值；
(2)估计这100名候选者面试成绩的第60百分位数（精确到0.1）.
18．（本题12分）圆与轴的交点分别为，且与和都相切.
(1)求圆的方程；
(2)圆上是否存在点满足？若存在，求出满足条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由.
19．（本题12分）在三棱锥中，平面，，且，，为的中点.
(1)求异面直线与所成角的正弦值；
(2)求二面角的余弦值；
20．（本题12分）在平面直角坐标系中，圆，点，过的直线与圆A交于点，，过作直线平行交于点，记点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)已知，，点是曲线上的一个点，求面积的最大值.
21．（本题12分）如图，在四棱锥中，，．
(1)求证：平面平面；
(2)若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值．
22．（本题12分）已知双曲线，是双曲线上一点.
(1)若椭圆以双曲线的顶点为焦点，长轴长为，求椭圆的标准方程；
(2)设是第一象限中双曲线渐近线上一点，是双曲线上一点，且，求的面积（为坐标原点）；
(3)当直线：（常数）与双曲线的左支交于、两点时，分别记直线、的斜率为、，求证：为定值.
