山东省淄博市2023-2024学年高二上学期期末教学质量检测数学试题（含答案解析）

2023—2024学年度第一学期高二教学质量检测数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每个小题答案后，用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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共5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.直线的倾斜角是（）A.0 B.C. D.不存在【答案】C【解析】【分析】利用直线倾斜角的定义即可得解.【详解】因为直线与轴垂直，因此直线的倾斜角是．故选：C．2.抛物线的准线方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】把抛物线方程化成标准形式，再求出其准线方程即得.【详解】抛物线方程化为，所以抛物线的准线方程为.故选：B3.过点且与直线垂直的直线方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据直线垂直满足的斜率关系，即可由点斜式求解.【详解】直线的斜率为，所以与直线垂直的直线斜率为，故由点斜式可得，即，故选：B4.甲乙两人参加面试答辩，假设甲乙面试互不影响，且他们面试通过的概率分别为，，则两人中至少有一人通过的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用相互独立事件及对立事件的概率公式求解即得.【详解】依题意，两人中至少有一人通过的概率为.故选：A5.直线与轴，轴分别交于点，以线段为直径的圆的方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据直线方程求出A，B点的坐标，法一：利用圆的直径式方程直接求得；法二：求出AB中点即为圆心，AB长的一半为半径，利用圆的标准方程直接写出，再化为一般方程即可.【详解】由题：法一：根据圆的直径式方程可以得到：以线段AB为直径的圆的方程为，即，故选：B.法二：AB中点为(2,1)，故以线段AB为直径的圆的圆心为(2,1)，半径为，所以圆的方程为，展开化简得：，故选：B.6.如图，在四面体中，分别为的中点，为的重心，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的线性运算，将用表示即可.【详解】因为分别为的中点，所以.因为为的重心，所以，所以.故选：B.7.已知正方体，若是棱的中点，则异面直线和夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，结合正方体的结构特征，利用几何法求出异面直线夹角的余弦值.【详解】令正方体的棱长为2，连接，则，四边形是正方体的对角面，则四边形是矩形，即，因此是异面直线和所成的角，在等腰中，，所以异面直线和夹角的余弦值为.故选：D8.双曲线C：的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，过作直线与双曲线C的左、右两支分别交于A，B两点.若，且，则直线与的斜率之积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，利用双曲线定义推出相关线段的长，进而在和中利用余弦定理，求出以及，继而求得，再结合双曲线方程推出，即可求得答案.【详解】由题意结合双曲线定义可知，且，不妨设，则，，，.在中，，由余弦定理得，即，即，解得.在中，由余弦定理得，即，即，结合，即得，故得，即.又可设，则，而，故，故选：A【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据所给，分别在和中利用余弦定理，求出，继而求得，再结合双曲线方程推出，即可求解.二、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.已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且，过点作轴于点，则（）A. B.抛物线的准线为直线C. D.的面积为【答案】AD【解析】【分析】根据抛物线的定义以及焦半径的长度求出值判断AB；求出点的纵坐标判断；求出的面积判断D.【详解】抛物线的准线为直线，过点向准线作垂线垂足为，由抛物线的定义知，解得，则抛物线的方程为，准线为直线，A正确，B错误；将代入抛物线方程，解得，C错误；焦点，点，即，则，D正确.故选：AD10.若，，，则下列说法正确的是（）A. B.事件与相互独立C.事件与不互斥 D.【答案】BC【解析】【分析】利用对立事件概率计算判断A；利用相互独立事件的定义判断B；利用互斥事件的意义判断C；利用概率的基本性质计算判断D.【详解】对于A，由，得，A错误；对于B，由，，，得，事件与相互独立，B正确；对于C，由，得事件与可以同时发生，则事件与不互斥，C正确；对于D，，D错误.故选：BC11.点在圆上，点在圆上，则（）A.最小值为3 B.的最大值为7C.两个圆心所在的直线斜率为 D.两个圆相交弦所在直线的方程为【答案】ABC【解析】【分析】分别找出两圆的圆心和的坐标，以及半径和，利用两点间的距离公式求出两圆心间的距离，根据大于两半径之和，得到两圆的位置关系是外离，又为圆上的点，为圆上的点，便可求出其最值，用斜率公式求出.【详解】圆的圆心坐标，半径圆，即的圆心坐标，半径∴圆心距又在圆上，在圆上则的最小值为，最大值为．故A、B正确；两圆圆心所在的直线斜率为，C正确；圆心距大于两圆半径和，两圆外离，无相交弦，D错误.故答案为：ABC12.已知正方体的棱长为1，点P满足，，，（P，B，D，四点不重合），则下列说法正确的是（）．A.当时，的最小值是1B.当，时，∥平面C.当，时，平面平面D.当，时，直线与平面所成角的正切值的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】对于A：根据空间向量分析可知点在平面内，利用等体积法求点到平面的距离；对于B：根据空间向量分析可知点在直线上，根据线面平行的判定定理分析判断；对于C：根据空间向量分析可知点为取的中点，结合线面垂直关系分析证明；对于D：根据空间向量分析可知点在平面内，根据线面夹角的定义结合基本不等式分析判断.【详解】对于选项A：当时，即，则，可得，则，可知点在平面内，设点到平面的距离为，可知，由可得，解得，所以的最小值是，故A错误；对于选项B：当，时，则，可得，则，由正方体的性质可知：∥，且，则为平行四边形，可得∥，且，即，则，可知点在直线上，直线即为直线，且∥，平面，平面，所以∥平面，即∥平面，故B正确；对于选项C：当，时，则，取的中点，可得，可知点即为点，因为平面，平面，则，设，连接，可知，，平面，所以平面，且平面，可得，同理可得：，且，平面，所以平面，又因为分别为的中点，则∥，可得平面，且平面，所以平面平面，故C正确；对于选项D：当，时，则，可知点在平面内，因为平面∥平面，则直线与平面所成角即为直线与平面所成的角，因为平面，则直线与平面所成的角为，可得，又因为，即，则，可得，当且仅当，即时，等号成立，可知的最小值为，则的最大值，所以直线与平面所成角的正切值的最大值为，故D正确；故选：BCD.【点睛】关键点睛：根据空间向量的线性运算，结合向量共线或共面的判定定理确定点的位置，方可结合立体几何相关知识分析求解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.从2至6的5个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为__________.【答案】##0.6【解析】【分析】根据给定条件，利用列举法结合古典概率公式计算即得.【详解】从2至65个整数中随机取2个不同数的试验的样本空间为：（交换数字位置算一种情况），共10个样本点，所取2个数互质的事件，共6个样本点，所以这2个数互质的概率为.故答案为：14.经过两条直线的交点，且直线的一个方向向量的直线方程为__________.【答案】【解析】【分析】求出交点坐标，根据直线的方向向量得到直线方程.【详解】，解得，故交点坐标为，因为直线的一个方向向量，所以直线方程为，即.故答案为：15.为矩形所在平面外一点，平面，若已知，，，则点到的距离为__．【答案】##【解析】【分析】方法一：过作，交于，连结，则可得是点到的距离，然后求解即可，方法二：建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可【详解】方法一矩形中，，，，过作，交于，连结，平面，平面，，又，，平面，∵平面，，即是点到的距离，，，，点到的距离为．方法二∵平面，平面，∴，∵∴三线两两垂直，∴以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，，，，点到的距离为故答案为：16.已知，分别为椭圆的左、右焦点，以为圆心且过椭圆左顶点的圆与直线相切．P为椭圆上一点，I为的内心，且，则的值为______．【答案】##1.5【解析】【分析】根据题意利用点到直线的距离公式求出椭圆焦点坐标，再利用三角形内接圆与三角形面积的关系列式，结合椭圆定义即可求出答案.【详解】设，，为圆心且过椭圆左顶点的圆的半径为，根据题意可知，解得设的内接圆半径为r，则，，故，化简可得，即，解得故答案为：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.如图，在三棱柱中，分别是上的点，且.设.（1）试用表示向量；（2）若，求的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用向量加减法及向量数乘的几何意义，基底法表示；（2）利用向量的数量积运算求解向量的模.【小问1详解】，又，，，∴．【小问2详解】因为，．，．，，，．18.已知圆的圆心在直线上，与直线相切于点.（1）求圆的标准方程；（2）过点的直线与圆相交于，两点，若的面积为，求该直线的方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）根据给定条件，求出经过切点的半径所在直线方程，再求出圆心坐标即可得解.（2）根据给定条件，利用点到直线的距离公式及弦长公式，列式计算即得.【小问1详解】依题意，过点且垂直于直线的直线方程为，则圆的圆心在直线上，由，解得，即点，因此圆的半径，所以圆的标准方程为.【小问2详解】显然直线的斜率存在，设直线的方程为，即，则点到直线的距离，，于是的面积，解得或，所以直线的方程为或，即或.19.已知椭圆，一组平行直线的斜率是.（1）当它们与椭圆相交时，证明这些直线被椭圆截得线段的中点在同一条直线上；（2）这组直线中经过椭圆上焦点的直线与椭圆交于两点，求.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设这组平行直线的方程为，与椭圆方程联立，借助韦达定理求得弦中点坐标即可判断得解.（2）求出椭圆焦点坐标及直线的方程，再利用弦长公式计算即得.【小问1详解】设这组平行直线的方程为，则，消去y得，由，得，设交点坐标为，则，因此这组平行直线与椭圆交点的中点坐标为，显然点始终直线上，所以这些直线被椭圆截得的线段的中点在同一条直线上.【小问2详解】椭圆的焦点坐标为，由对称性，不妨取焦点，直线，设，由（1）知，，所以..20.某高校自主招生考试分笔试与面试两部分，每部分考试成绩只记“通过”与“不通过”，两部分考试都“通过”者，则考试“通过".并给予录取.甲､乙两人都参加此高校的自主招生考试，甲､乙两人在笔试中“通过”的概率依次为，在面试中“通过”的概率依次为，笔试和面试是否“通过”是独立的.（1）甲､乙两人谁获得录取的可能性大？请说明理由：（2）求甲､乙两人中至少有一人获得录取的概率.【答案】（1）甲获得录取的可能性大，理由见解析，（2）【解析】【分析】（1）由相互独立事件概率乘法公式分别计算甲乙两人被录取的概率，再比较即可，（2）甲､乙两人中至少有一人获得录取包括3种情况：甲被录取乙没被录取，甲没被录取乙被录取，甲､乙都被录取，求出每种情况的概率，再利用互斥事件的概率加法公式可求得结果.【小问1详解】记“甲通过笔试”为事件，“甲通过面试”为事件，“甲获得录取”为事件，“乙通过笔试”为事件，“乙通过面试”为事件，“乙获得录取”为事件，则由题意得，笔试和面试是否“通过”是独立的，所以,,因为，即，所以甲获得录取的可能性大【小问2详解】记“甲､乙两人中至少有一人获得录取”为事件，则由题意得所以甲､乙两人中至少有一人获得录取的概率为.21.如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点.（1）求证：平面；（2）若，求平面与平面夹角的大小；（3）若线段上总存在一点，使得，求的最大值.【答案】（1）证明负了解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）设与交于点，连接，结合平行四边形的判定性质，再利用线面平行的判定定理推理即得.（2）建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法求解即得.（3）由（2）的信息，利用空间向量垂直的坐标表示建立函数求解即可.【小问1详解】设，连结，，矩形中，是线段的中点，是线段的中点，则，，于是为平行四边形，则，又平面，平面，所以平面.【小问2详解】由平面平面，，平面平面，平面，得平面，又，则直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立如空间直角坐标系，，则，，，设平面的法向量为，则，令，得，由，得平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，则，解得，所以平面与平面夹角的大小为.【小问3详解】由（2）知，，则，，设，则，，于是，由，得，即，因此，又，所以，即的最大值