精品解析：浙江省杭州市钱塘联盟2024-2025学年高二上学期11月期中联考数学试题

绝密★考试结束前 2024学年第一学期钱塘联盟期中联考 高二年级数学学科 试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一、单选题：本题共8小题，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. 某学校有男生700名、女学生400名.为了解男女学生在学习立体几何的空间想象能力方面是否存在显著差异，拟从全体学生中抽取100名学生进行调查，则宜采用的抽样方法是（ ） A. 抽签法 B. 随机数法 C. 系统抽样法 D. 分层抽样法 【答案】D 【解析】 【分析】根据分层抽样的特征即可求解. 【详解】由于男女生两个不同的群体在空间想象能力方面有差异，最适合采用的是分层抽样法， 故选：D 2. 若，构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量共面定理，即若三个向量，，共面，则存在实数，，使得通过列方程组判断是否有解，来确定向量是否共面，一一判定选项即可. 【详解】对于A，若共面，则存在， 使， 则，显然无解，故不共面，故A错误； 对于B，若共面，则存在， 使， 则，显然无解，故不共面，故B错误； 对于C，若共面，则存在， 使， 则，显然无解，故不共面，故C错误； 对于D，若共面，则存在， 使， 则，解得，故共面，故D正确． 故答案为：D． 3. 在空间直角坐标系中，已知点下列叙述中正确的是（ ） ①点关于轴的对称点是 ②点关于平面的对称点是 ③点关于轴的对称点是 ④点关于原点的对称点是 A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ②③ 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间坐标的对称性进行判断即可． 【详解】点关于轴的对称点的坐标是，，，故①错误； 点关于平面的对称点的坐标是，，，则②正确； 点关于轴的对称点的坐标是，，，则③错误； 点关于原点的对称点的坐标是，，，故④正确， 故正确的命题的序号是②④， 故选：C. 4. 已知数据，，，满足：，若去掉，后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法错误的是（ ） A. 中位数不变 B. 平均数不变 C. 若，则数据，，的第80百分位数为15 D. 方差变小 【答案】C 【解析】 【分析】利用中位数、百分位数、平均数和方差的定义分析计算即可. 【详解】由，可得是以为首项，2为公差的等差数列的前10项， 原来的中位数与现在的中位数均为，故中位数不变，故A正确； 原来的平均数为， 去掉后的平均数为，所以平均数不变，故B正确； 当时，数据按从小到大顺序排列：. 因为，所以该组数据的第80百分位数是，故C错误； 原来的方差为， 去掉后的方差为，方差变小，故D正确. 故选：C. 5. 已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则 （ ） A. α∥β且∥α B. α⊥β且⊥β C. α与β相交，且交线垂直于 D. α与β相交，且交线平行于 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D． 考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论． 6. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，焦距为，若直线与椭圆交于点，满足，则离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】若点在轴上方，可得其不符合题意，舍去，若点在轴下方，则有，再结合正弦定理及离心率定义计算即可得解. 【详解】由椭圆焦距为，故，故直线经过点， 若点在轴上方，有，即， 又，则， 此时，不符，故舍去； 若点在轴下方，有，即， 又，则， 则， 故 . 故选：C. 7. 已知，，为球的球面上的三个点，圆为以为直径的的外接圆，若圆的面积为，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知可得的外接圆半径，得出的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论. 【详解】设圆半径为，球的半径为，依题意， 得，是外接圆的直径， 所以， 根据球的截面性质平面， ， 球的表面积. 故选：A 8. 已知直线与相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线，直线过定点，并可得出，得出的轨迹方程为，根据两圆圆心距离与半径的关系，求出的最大值，并且，然后即可得出的最小值． 【详解】依题意得，半径， 设点坐标，易知直线，恒过点， 直线恒过，且， 则，即，点轨迹为， 圆心为，半径为，但是去掉点， 若点为弦的中点，位置关系如图： ，连接,由易知， ，，故B正确． 故选：B． 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知椭圆，则（ ） A. 椭圆的长轴长为 B. 当时，椭圆的焦点在轴上 C. 椭圆的焦距可能为6 D. 椭圆的短轴长与长轴长的平方和为定值 【答案】BD 【解析】 【分析】根据椭圆标准方程的形式、性质及焦点所在的位置分情况讨论即可. 【详解】对于A，若，解得， 即时，方程表示焦点在轴上的椭圆， 则，长轴长为，故A错误； 对于B，当时，椭圆方程为表示焦点在轴上的椭圆，故B正确； 由A知，由可知方程表示焦点在轴上的椭圆， 此时，所以， 由，解得，不符合，故舍去， 若，可得，椭圆方程为表示焦点在轴上的椭圆， ，所以， 由，解得，不符合，故舍去， 故不存在焦距为6的椭圆，故C错误； 由， 故椭圆的短轴长与长轴长的平方和为定值，故D正确. 故选：BD. 10. 某次考试的一道多项选择题，要求是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得6分，有错误选项不得分.若答案是两项，选对一项得3分，选对两项得6分，答案是三项，选对一项得2分，选对两项得4分，选对三项得6分.”已知某选择题的正确答案是AB，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，下列表述正确的是（ ） A. 甲同学仅随机选一个选项，能得3分的概率是 B. 乙同学仅随机选两个选项，能得6分的概率是 C. 丁同学随机至少选择两个选项，但不选四项，能得分的概率是 D. 丙同学随机选择选项，但不选四项，能得分的概率是 【答案】ABC 【解析】 【分析】对各项中的随机事件，计算出基本事件的总数和随机事件中含有的基本事件的个数，再计算出相应的概率后可得正确的选项. 【详解】甲同学仅随机选一个选项，共有4个基本事件，分别为， 随机事件“若能得3分”中有基本事件，故“能得3分”的概率为，故A正确. 乙同学仅随机选两个选项，共有6个基本事件， 分别为：， 随机事件“能得6分”中有基本事件，故“能得6分”的概率为，故B正确. 丁同学随机至少选择两个选项，共有基本事件10个， 分别为：选两项有， 选三项有， 随机事件“能得分”中有基本事件有，故“能得分”的概率为，故C正确； 丙同学随机选择选项，但不选四项，由C与A可知共有14种选法， 能得分的选法有共3种，故能得分的概率是，故D错误. 故选：ABC. 11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一，下列几个结论正确的是（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点） C. 曲线在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用题中给出的曲线的方程，将代入即可判断选项A；通过方程，确定和的取值情况，即可判断选项B；举出反例，取，计算出即可判断选项C；利用基本不等式以及两点间距离公式进行分析求解，即可判断选项D． 【详解】对A：将代入，可得，即， 故曲线关于轴对称，故A正确； 对B：当时，代入方程可得，所以，即曲线经过点，， 当时，方程变为，所以， 解得，则只能取整数，当时，，解得或， 即曲线经过点，，根据对称性，可得曲线还经过，， 故曲线一共经过6个整点，故B正确； 对C：当时，有，即，解得， 有，故曲线在第一象限的点的纵坐标的最大值大于，故C错误； 对D：当时，由，可得， 当且仅当时，等号成立，所以，所以， 故曲线上轴右边的点到原点的距离不超过， 根据对称性可得，曲线上任意一点到原点的距离都不超过，故D正确. 故选：ABD. 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，，则直线的倾斜角为__________. 【答案】 【解析】 【分析】应用两点式求得的斜率，根据斜率与倾斜角的关系及倾斜角的范围，求出倾斜角即可. 【详解】因为，，所以， 若的倾斜角为，则， 又，故. 故答案为：. 13. 已知直线与圆交于，两点，若面积为2，则值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】设圆心到直线的距离为，由已知可得，可得，进而得，求解即可. 【详解】由圆，可得圆心，半径为， 设圆心到直线的距离为，则弦长， 由面积为2，可得，解得， 圆心到直线的距离为，解得. 故答案为：. 14. 如图所示，在矩形中，，E为边上的点，现将沿翻折至，使得在平面上的射影在上，且直线与平面所成的角为，则线段的长为________. 【答案】 【解析】 【分析】过作于H，连接，根据题意，得.因为直线与平面所成的角为，所以.设，根据三角函数求出相应边，再根据勾股定理列出关于x的方程求解. 【详解】 过作于H，连接，根据题意，得平面. 因为直线与平面所成的角为，所以. 又因为，所以，，设，则. 在四边形中，可得，所以，故. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知直线. （1）若直线过点，且，求直线的方程； （2）若直线，且直线与直线之间的距离为，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用垂直关系求直线的斜率，再代入点斜式直线方程，即可求解； （2）利用平行关系设直线方程，利用平行线间距离公式，求直线的方程. 【小问1详解】 直线的斜率，因为，所以直线的斜率为， 又直线过点，所以直线的方程是，即； 【小问2详解】 设直线， 则直线与直线之间的距离，解得或， 所以直线的方程是或. 16. 如图，在平行六面体中，， （1）求证：； （2）求的长 【答案】（1） 以为基底向量， 则，又， 所以 ， 所以，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）以为基底向量，，又，计算向量的数量积可证结论； （2）利用向量的模的计算公式可求得的长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得， 所以 ， 所以，所以的长为. 17. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆.已知平面直角坐标系中，，且. （1）求点的轨迹方程； （2）过作（1）的切线，求切线方程； （3）若点在（1）的轨迹上运动，另有定点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）设，结合列出方程即可求解； （2）分切线斜率不存在和切线斜率存在两种情况讨论求解即可； （3）先求出到圆心的距离，进而结合圆上一点到定点的距离最值问题求解即可. 【小问1详解】 设，由， 得， 整理得，，即， 则点的轨迹方程为. 【小问2详解】 由（1）知，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 当切线斜率不存在时，切线方程为，符合题意； 当切线斜率存在时，设切线方程为，即， 则，解得， 所以切线方程为，即. 综上所述，切线方程为或. 【小问3详解】 点到圆心的距离为， 所以，即， 即的取值范围为. 18. 将菱形绕直线旋转到的位置，使得二面角的大小为，连接，，得到几何体，已知，，，分别为，上的动点，且. （1）求的长； （2）证明：平面； （3）当的长度最小时，求直线与平面所成角. 【答案】（1） （2） 在上取点，使得，连接， 因为，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，所以，又，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为且都在平面内，所以平面平面， 因为平面，所以平面； （3） 【解析】 【分析】（1）取AD的中点 O ，连接OE , OB , ED ，利用二面角定义得到为二面角的平面角，并求出各边长，即可得到答案； （2）利用比例相等得到线线平行，进而由线面平行判定定理线面平行，求出平面平面，得到线面平行； （3）作出辅助线，根据线面垂直的判定定理证明线面垂直，进而建立空间直角坐标系，写出点的坐标，并表达出，即可得最小时、的坐标，从而可表示出平面的法向量，即可借助空间向量夹角公式求出答案. 【小问1详解】 取的中点，连接， 由题意可得是边长为4的正三角形， 则，且， 所以为二面角的平面角，即， 则为正三角形，所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取的中点，连接，则，且， 由（1）得，，平面， 所以平面，因为平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，，， 又， 所以，， 连接，则， ， 所以， 故当时，取得最小值，且最小值为3，则的最小值为， 此时，，则， 设平面的法向量为， ， 取，则，，即， 则， 设直线与平面所成角为， 则，即， 直线与平面所成角为. 19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上的任一点，的周长为，且椭圆的离心率为 （1）求椭圆的方程； （2）如图，动直线交椭圆于，两点，交轴于点，点关于的对称点是，以为圆心作圆与轴相切，设为的中点，过作圆的两条切线，切点分别为，，求的最小值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可求解； （2）联立直线与椭圆方程，求得点坐标及圆的方程，由与圆相切，得到，通过求的最小值，得到的最小值，进而得答案. 【小问1详解】 ∵的周长为，∴①， ∵椭圆的离心率为，∴② 联立①②，解得，∴. ∴椭圆的方程为：； 【小问2详解】 联立，消去，得 设，，则. 且，即. ∴中点， 由直线，令得，，∴. ∵点关于的对称，∴ ∵以为圆心作圆与轴相切，∴圆， 令，则，， ∵当时，， ∴，即的最小值为， ∵，∴的最小值为， 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★考试结束前 2024学年第一学期钱塘联盟期中联考 高二年级数学学科 试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一、单选题：本题共8小题，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. 某学校有男生700名、女学生400名.为了解男女学生在学习立体几何的空间想象能力方面是否存在显著差异，拟从全体学生中抽取100名学生进行调查，则宜采用的抽样方法是（ ） A. 抽签法 B. 随机数法 C. 系统抽样法 D. 分层抽样法 2. 若，构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（ ） A. B. C. D. 3. 在空间直角坐标系中，已知点下列叙述中正确的是（ ） ①点关于轴的对称点是 ②点关于平面的对称点是 ③点关于轴的对称点是 ④点关于原点的对称点是 A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ②③ 4. 已知数据，，，满足：，若去掉，后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法错误的是（ ） A. 中位数不变 B. 平均数不变 C. 若，则数据，，的第80百分位数为15 D. 方差变小 5. 已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则 （ ） A. α∥β且∥α B. α⊥β且⊥β C. α与β相交，且交线垂直于 D. α与β相交，且交线平行于 6. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，焦距为，若直线与椭圆交于点，满足，则离心率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，为球的球面上的三个点，圆为以为直径的的外接圆，若圆的面积为，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线与相交于点，线段是圆的一条动弦，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知椭圆，则（ ） A. 椭圆的长轴长为 B. 当时，椭圆的焦点在轴上 C. 椭圆的焦距可能为6 D. 椭圆的短轴长与长轴长的平方和为定值 10. 某次考试的一道多项选择题，要求是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得6分，有错误选项不得分.若答案是两项，选对一项得3分，选对两项得6分，答案是三项，选对一项得2分，选对两项得4分，选对三项得6分.”已知某选择题的正确答案是AB，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，下列表述正确的是（ ） A. 甲同学仅随机选一个选项，能得3分的概率是 B. 乙同学仅随机选两个选项，能得6分的概率是 C. 丁同学随机至少选择两个选项，但不选四项，能得分的概率是 D. 丙同学随机选择选项，但不选四项，能得分的概率是 11. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一，下列几个结论正确的是（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点） C. 曲线在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D. 曲线上任意一点到原点的距离都不超过 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点，，则直线的倾斜角为__________. 13. 已知直线与圆交于，两点，若面积为2，则值是__________. 14. 如图所示，在矩形中，，E为边上的点，现将沿翻折至，使得在平面上的射影在上，且直线与平面所成的角为，则线段的长为________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知直线. （1）若直线过点，且，求直线的方程； （2）若直线，且直线与直线之间的距离为，求直线的方程. 16. 如图，在平行六面体中，， （1）求证：； （2）求的长 17. 公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中，曾研究了众多的平面轨迹问题，其中有如下结果：平面内到两定点距离之比等于已知数的动点轨迹为直线或圆，后世把这种圆称之为阿波罗尼斯圆.已知平面直角坐标系中，，且. （1）求点的轨迹方程； （2）过作（1）的切线，求切线方程； （3）若点在（1）的轨迹上运动，另有定点，求的取值范围. 18. 将菱形绕直线旋转到的位置，使得二面角的大小为，连接，，得到几何体，已知，，，分别为，上的动点，且. （1）求的长； （2）证明：平面； （3）当的长度最小时，求直线与平面所成角. 19. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上的任一点，的周长为，且椭圆的离心率为 （1）求椭圆的方程； （2）如图，动直线交椭圆于，两点，交轴于点，点关于的对称点是，以为圆心作圆与轴相切，设为的中点，过作圆的两条切线，切点分别为，，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $