2022-2023学年山东省济宁市育才中学高二上学期第一次学情检测数学试题（解析版）

2022-2023学年山东省济宁市育才中学高二上学期第一次学情检测数学试题

一、单选题

1．在空间直角坐标系中，已知两点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据向量坐标的求解以及已知条件，直接求解即可.

【详解】根据已知条件可得：.

故选：.

2．直线的倾斜角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据倾斜角与斜率之间的关系即可得到答案.

【详解】设倾斜角为，，，，即，

故选：B.

3．在空间四边形中，点在上，点在上，且，则向量等于（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据空间向量的加减运算法则，以为基底，不断向其转化即可得到答案.

【详解】

故选：A.

4．设，则“a=1”是“直线ax+y-1=0与直线x+ay+1=0平行”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

【详解】若直线ax+y-1=0与直线x+ay+1=0平行，则,且

解得

故选

点睛：这是一道关于充分条件和必要条件判断的题目．考查的主要是充分条件，必要条件，熟练掌握掌握充分条件和必要条件的判定方法．本题中，利用直线平行的条件是解决问题的关键．

5．已知直线与平面，若直线的方向向量为，向量，，则有（    ）

A．直线平面 B．直线平面

C．直线与平面相交但不垂直 D．直线平面或直线平面

【答案】B

【分析】根据空间向量点乘为0，判定线线垂直，从而判定线面垂直.

【详解】由条件可得:

，

,所以,

于是,又,且平面,

所以直线平面,

故选：B.

6．衡阳创建“全国卫生文明城市”活动中，大力加强垃圾分类投放宣传.某居民小区设有“厨余垃圾”、“可回收垃圾”、“其它垃圾”三种不同的垃圾桶.一天，居民小贤提着上述分好类的垃圾各一袋，随机每桶投一袋，则恰好有一袋垃圾投对的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】第一步选投对的一袋，剩下两袋投错只有一种方法，得方法数，再求出任意投放的方法数相除可得概率．

【详解】3袋垃圾中恰有1袋投放正确的情况有种情形，由古典概型计算公式得三袋恰投对一袋垃圾的概率为，

故选：D.

7．在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在鳖臑-中，平面为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A．0 B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意画出图形，建立合适的空间直角坐标系，写出,，利用空间向量夹角公式得出答案即可.

【详解】由题可知,平面,且,

为等腰直角三角形,

过作,则以,,所在直线为,,轴建立如图所示的空间直角坐标系,

过点作，垂足为，易得为等腰直角三角形，

则,

设,

则,

,

,

异面直线,夹角的余弦值为.

故选：D.

8．已知直线和以为端点的线段相交，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C．或 D．或或

【答案】C

【分析】求得直线恒过的定点，数形结合，即可求得参数的取值范围.

【详解】直线，即，其恒过定点，

根据题意，作图如下：

数形结合可知，当直线过点时，其斜率取得最小值，

当直线过点时，其斜率取得最大值，

故，解得.

故选：.

二、多选题

9．（多选题）对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设A＝“两次都击中飞机”，B＝“两次都没击中飞机”，C＝“恰有一枚炮弹击中飞机”，D＝“至少有一枚炮弹击中飞机”，下列关系正确的是（    ）

A．A⊆D B．B∩D＝

C．A∪C＝D D．A∪B＝B∪D

【答案】ABC

【分析】根据试验过程，分析出事件A、B、C、D的含义，对四个选项一一判断.

【详解】“恰有一枚炮弹击中飞机”指第一枚击中第二枚没中或第一枚没中第二枚击中，“至少有一枚炮弹击中”包含两种情况：恰有一枚炮弹击中，两枚炮弹都击中．故A⊆D ，A∪C＝D.故A、C正确；

因为事件B，D为互斥事件，所以B∩D＝.故B正确；

对于D：A∪B＝“两个飞机都击中或者都没击中”，B∪D为必然事件，这两者不相等.故D错误.

故选：ABC.

10．空间四点及空间任意一点，由下列条件一定可以得出四点共面的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】根据空间向量共面定理及其推论，对每个选项进行逐一判断，即可选择.

【详解】对A：，定有共面，且有公共顶点，

故四点共面，故A正确；

对B：，，

故四点不共面，故B错误；

对C：，可得三点共线，

则四点一定共面，故C正确；

对D：，，

故四点一定共面，故D正确.

故选：ACD.

11．泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星，却没有交汇的轨迹；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，而是纵然轨迹交汇，却在转瞬间无处寻觅.平面直角坐标系内，已知点，直线，若某条直线上存在点，使点到点的距离比到直线的距离小1.则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（    ）

A．点的轨迹是一条线段 B．点的轨迹与直线没有交点

C．是“最远距离直线” D．是“最远距离直线”

【答案】BD

【分析】根据抛物线定义，结合直线与抛物线的位置关系，对每个选项进行逐一分析，即可选择.

【详解】对：根据题意，点到点的距离比到直线的距离小1，

故点到点的距离和到直线的距离相等，

则点的轨迹是以点为焦点的抛物线，其方程为：.故错误；

对：直线为抛物线的准线，显然没有交点，故正确；

对：联立直线与抛物线可得：，

其，则方程无根，两曲线无交点，

则直线不是“最远距离直线”，故错误；

对：联立直线与抛物线可得：

其，则方程有根，两曲线有交点，

则直线是“最远距离直线”，故正确.

故选：.

12．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面，点为线段上的动点（不包括端点），则下列结论正确的是（    ）

A．

B．一定存在点使平面

C．一定存在点使平面

D．的最小值为2

【答案】AC

【分析】根据线面垂直，线线垂直的判定和性质，结合空间几何体侧面展开图中最短距离的计算，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】对A：因为为正方形，故可得，

又面面，故可得，

又面，故可得面，

又面，故可得，故正确；

对B：因为//面面，故//面，

若存在点，使得//面，又面，

故可得面//面，显然矛盾，故错误；

对C：根据A所证可得：面，又面，故可得，

故只需，此时面，定有面，故C正确；

对D：将三棱锥的侧面的展开图绘制如下：

因为面面，故可得，

又面，故面，

又面，故可得，即三角形为直角三角形，

同理可得：三角形也为直角三角形，且△△，

其中，，

故，则，同理，

则，故三角形为等边三角形，则.

即的最小值为，故D错误.

故选：AC.

【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中线线垂直，线面垂直，线面平行的判定和性质，处理问题的关键是多次准确的对垂直进行转化，属综合中档题.

三、填空题

13．从这30个数中任取一个数，则事件“取出偶数或能被5整除的数”的概率是__________.

【答案】

【分析】求得基本事件以及满足题意的基本事件的个数，根据古典概型概率的计算公式即可求得结果.

【详解】根据题意，事件“取出偶数或能被5整除的数”包含的基本事件的情况如下：

偶数共有：15个；能被5整除的数共有：6个；重复的有3个，

故满足题意的基本事件有：个，

根据古典概型的概率计算公式可得，其概率为.

故答案为：.

14．在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段的中点，则直线到直线的距离为__________.

【答案】

【分析】建立合适的空间直角坐标系，写出相关点坐标，将直线到直线的距离转化为到的距离，利用空间向量点到直线的距离公式即可得到答案.

【详解】以为原点分别为轴,轴,轴建立空间坐标系,则由题意得,,,

,,,故，

点到的距离就是到的距离,,

.

故答案为：.

15．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的取值范围是___________.

【答案】

【分析】根据直线方程确定的坐标及直线的位置关系，易得的轨迹是以为直径的圆，结合圆上点到直径端点距离求的范围.

【详解】由直线方程易知：，，且两动直线垂直，

∴的轨迹是以为直径的圆，而，

∴当△为等腰直角三角形时，最大；当与或重合时，最小；

∴.

故答案为：

16．设直线经过点是它的一个方向向量，是直线上任意一点，则向量与共线，根据向量共线的充要条件，存在唯一的实数，使，即，所以.我们把上式称为直线的参数方程.请判断直线与（其中为参数）的位置关系为__________.

【答案】垂直

【分析】根据题目所给的概念得到参数方程为，再得到两直线的方向向量分别为，计算点乘值为0即可判断.

【详解】由题直线过点，方向向量为的参数方程为，

可知该形式下参数方程参数的系数为方向向量的横纵坐标，

于是有两直线的方向向量分别为，

又故两向量垂直，故两直线垂直.

故答案为：垂直.

四、解答题

17．某校夏令营有3名男同学和3名女同学，其年级情况如下表：

现从这6名同学中随机选出2人参加知识竞赛（每人被选到的可能性相同）

用表中字母列举出所有可能的结果

设为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”，求事件发生的概率.

【答案】(1)15,(2)

【详解】试题分析：(1)列举事件，关键是按一定顺序，做到不重不漏.从6名同学中随机选出2人参加知识竞赛的所有可能结果为

{A,B},{A,C},{A,X},{A,Y},{A,Z},{B,C},{B,X},{B,Y},{B,Z},{C,X},{C,Y},{C,Z},{X,Y},{X,Z},{Y,Z}，共15种.(2) 为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”，其事件包含{A,Y},{A,Z},{B,X},{B,Z},{C,X},{C,Y}，共6种.因此，事件发生的概率

试题解析：解（1）从6名同学中随机选出2人参加知识竞赛的所有可能结果为{A,B},{A,C},{A,X},{A,Y},{A,Z},{B,C},{B,X},{B,Y},{B,Z},{C,X},{C,Y},{C,Z},{X,Y},{X,Z},{Y,Z}，共15种.(2)选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学的所有可能结果为{A,Y},{A,Z},{B,X},{B,Z},{C,X},{C,Y}，共6种.因此，事件发生的概率

【解析】古典概型概率

18．已知的顶点坐标为，，．

（1）试判断的形状；

（2）求边上的高所在直线的方程．

【答案】（1）直角三角形；（2）.

【分析】(1)先求直线的斜率,再根据斜率关系即可判断;

(2)由得边上高线所在直线的斜率为,进而根据点斜式求解即可.

【详解】解：（1）,，

，

，

为直角三角形

（2）因为，

所以，边上高线所在直线的斜率为

直线的方程是，即

19．在平面直角坐标系中，已知四点，，，.

（1）这四点是否在同一个圆上?如果是，求出这个圆的方程；如果不是，请说明理由；

（2）求出到点，，，的距离之和最小的点的坐标.

【答案】（1）四点，，，都在圆上；（2）.

【分析】（1）设经过，，三点的圆的方程为，代入点，，的坐标可解得圆的方程，再判断点是否在圆上即可；

（2）由，当且仅当点在线段上时取等号，同理，当且仅当点在线段上时取等号，进而可得当点为，交点时距离之和最小，故求，交点坐标即可.

【详解】（1）设经过，，三点的圆的方程为，

解得，，

因此，经过，，三点的圆的方程为.

由于，故点也在这个圆上.

因此，四点，，，都在圆上.

（2）因为，当且仅当点在线段上时取等号.

同理，，当且仅当点在线段上时取等号.

因此，当点是和的交点时，它到，，，的距离之和最小.

因为直线的方程为，直线的方程为，

联立解得点的坐标为.

20．如图所示为一个半圆柱，为半圆弧上一点，.

（1）若，求四棱锥的体积的最大值；

（2）有三个条件：①；②直线与所成角的正弦值为；③.请你从中选择两个作为条件，求直线与平面所成角的余弦值.

【答案】（1）；（2）答案见解析.

【解析】（1）在平面内作于点，可得为四棱锥的高，易知，，可得，再根据重要不等式可得，进而求出体积的最大值即可；

（2）首先依次对三个条件进行分析计算可得出：从①②③任选两个作为条件，都可以得到，设点到平面的距离为，与平面所成角为，由得，再作于点，连接，易知，然后可求出，最后求出的值.

【详解】（1）在平面内作于点，

因为平面平面，平面平面，

所以平面，即为四棱锥的高，

因为为半圆弧上一点，所以，

所以，

因为，

，

当且仅当时等号成立，

所以四棱锥的体积的最大值为；

（2）由条件①得：，

即，所以，

又因为，所以，，

由条件②得：因为，平面，

所以为直线与所成角，且，

由条件③得：，

设，，

若选条件①②，则，，且，

所以，

若选条件①③，则，，且，所以，

若选条件②③，则，且，，

所以，

即从①②③任选两个作为条件，都可以得到，

下面求与平所成角的正弦值：

设点到平面的距离为，与平面所成角为，

则由得：，所以，

作于点，连接，

则由平面知：是在平面内的射影，所以，

，

，，，

所以与平面所成角的余弦值为.

【点睛】方法点睛：求解空间中的线面角的方法通常用几何法和向量法.

①利用几何法的关键是找到直线上的点到平面的射影点，构造出线面角.

②利用向量法求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.

21．甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为，

（1）求甲连胜四场的概率；

（2）求需要进行第五场比赛的概率；

（3）求丙最终获胜的概率.

【答案】（1）；（2）；（3）.

【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式可求得事件“甲连胜四场”的概率；

（2）计算出四局以内结束比赛的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；

（3）列举出甲赢的基本事件，结合独立事件的概率乘法公式计算出甲赢的概率，由对称性可知乙赢的概率和甲赢的概率相等，再利用对立事件的概率可求得丙赢的概率.

【详解】（1）记事件甲连胜四场，则；

（2）记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，

则四局内结束比赛的概率为

，

所以，需要进行第五场比赛的概率为；

（3）记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，

记事件甲赢，记事件丙赢，

则甲赢的基本事件包括：、、、

、、、、，

所以，甲赢的概率为.

由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，

所以丙赢的概率为.

【点睛】本题考查独立事件概率的计算，解答的关键就是列举出符合条件的基本事件，考查计算能力，属于中等题.

22．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．

（1）证明：；

（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小?

【答案】（1）证明见解析；（2）

【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；

（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；

【详解】（1）[方法一]：几何法

因为，所以．

又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，

过E作的平行线分别与交于其中点，连接，

因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，

易证，则．

又因为，所以．

又因为，所以平面．

又因为平面，所以．

 [方法二] 【最优解】：向量法

因为三棱柱是直三棱柱，底面，

，，，又，平面．所以两两垂直．

以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．

，．

由题设（）．

因为，

所以，所以．

  [方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．

（2）[方法一]【最优解】：向量法

设平面的法向量为，

因为，

所以，即．

令，则

因为平面的法向量为，

设平面与平面的二面角的平面角为，

则．

当时，取最小值为，

此时取最大值为．

所以，此时．

 [方法二] ：几何法

如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．

作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．

设，过作交于点G．

由得．

又，即，所以．

又，即，所以．

所以．

则，

所以，当时，．

[方法三]：投影法

如图，联结，

在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．

设，在中，．

在中，，过D作的平行线交于点Q．

在中，．

在中，由余弦定理得，，，

，，

当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．

【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.

第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．