浙江省杭州地区（含周边）重点中学2021-2022学年高二上学期期中联考数学Word版含解析

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2021学年高二年级第一学期期中杭州地区（含周边）重点中学数学试题选择题部分一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.直线倾斜角为（）A.B.C.D.2.若复数(为虚数单位)，则=（）A.B.C.D.3.如图，在四面体中，是棱上靠近的三等分点，分别是的中点，设，，，用，，表示，则（）A.B.CD.4.两条平行直线和间的距离为，则，分别为（）A.，B.，C.，D.，5.设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则能得出的是（）A.，∥，B.，，∥

1C.，，∥D.，∥，6.如图，已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，为圆锥底面圆的直径，是的中点，是母线的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.CD.7.已知平面向量，，，满足，与的夹角为，且，则的最小值为（）A.B.1C.D.8.在矩形中，，为的中点，将和沿翻折，使点与点重合于点，若，则三棱锥的外接球的表面积为（）A.B.C.D.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.已知直线，其中，下列说法正确的是（）A.当时，直线与直线垂直B.若直线与直线平行，则C.直线的倾斜角一定大于D.当时，直线在两坐标轴上的截距相等

210圆和圆相交于两点，则有（）A.公共弦所在直线方程为B.圆到直线距离等于1的点有2个C.公共弦的长为D.为圆上的一个动点，则到直线距离的最大值为11.有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回的随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，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.乙与丁相互独立12.如图，若正方体的棱长为1，点是正方体的侧面上的一个动点(含边界)，是棱的中点，则下列结论正确的是（）A.沿正方体的表面从点A到点的最短路程为B.若保持，则点在侧面内运动路径的长度为C.三棱锥的体积最大值为D.若点在上运动，则到直线的距离的最小值为非选择题部分三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.费马大定理又称为“费马最后定理”，由17世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出，他断言当时，关于，，的方程没有正整数解．他提出后，历经多人猜想辩证，最终在1994年被英国数学家安德鲁·怀尔斯彻底证明．某同学对这个问题很感兴趣，决定从1，2，3，4，5，6这6

3个自然数中随机选一个数字作为方程中的指数，方程存在正整数解的概率为______．14.若复数（i是虚数单位）是关于的方程的一个根，则=__________.15.由10个实数组成的一组数据，方差为，将其中一个数3改为1，另一个数6改为8，其余的数不变，得到新的一组数，方差为，则__________.16.如图，在四棱台中，，，则的最小值为__________.四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，已知角所对应的边分别为，且，，是线段上一点，且满足.（1）求的面积；（2）求的长.18.第19届亚运会将于2022年9月在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障.某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作.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）求的值；（2）估计这100名候选者面试成绩的众数，平均数和第分位数（分位数精确到0.1)；

4（3）在第四、第五两组志愿者中，现采用分层抽样的方法，从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.19.如图，平行六面体中，，，，（1）求对角线的长度；（2）求二面角的余弦值.20.已知直线的方程为：，分别交轴，轴于两点，（1）求原点到直线距离的最大值及此时直线的方程；（2）若为常数，直线与线段有一个公共点，求最小值.21.如图，四棱锥中，，且，（1）求证：平面平面；（2）若是等边三角形，底面是边长为3的正方形，是中点，求直线与平面所成角的正弦值.22.已知圆的方程为：

5（1）已知过点的直线交圆于两点，若，，求直线的方程；（2）如图，过点作两条直线分别交抛物线于点，，并且都与动圆相切，求证：直线经过定点，并求出定点坐标.2021学年第一学期期中杭州地区（含周边）重点中学高二年级数学学科试题选择题部分一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据直线斜率和倾斜角之间的关系进行求解即可.【详解】由可得，，因此该直线的斜率为，所以直线的倾斜角为，故选：B2.若复数(为虚数单位)，则=（）A.B.C.D.【答案】C

6【解析】【分析】先化简得，再求复数的模得解.【详解】由题得，所以.故选：C3.如图，在四面体中，是棱上靠近的三等分点，分别是的中点，设，，，用，，表示，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据空间向量加法、减法和数乘的运算性质进行求解即可.【详解】,故选：D4.两条平行直线和间的距离为，则，分别为（）A.，B.，C.，D.，【答案】D【解析】【分析】先由直线平行求出，再由平行线间距离公式可求出d.

7【详解】两直线平行，，解得，将化为，.故选：D.5.设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则能得出的是（）A.，∥，B.，，∥C.，，∥D.，∥，【答案】C【解析】【分析】可通过线面垂直的性质定理，判断A；通过面面平行的性质和线面垂直的性质，判断B；通过面面平行的性质和线面垂直的定义，即可判断C；由线面平行的性质和面面垂直的性质，即可判断D．【详解】解：A．若，，，，，则，故A错；B．若，，则，又，则，故B错；C．若，，则，又，则，故C正确；D．若，，设，由线面平行的性质得，，若，则，故D错．故选：C．6.如图，已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，为圆锥底面圆的直径，是的中点，是母线的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）

8A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】延长至点，使，连接，，，得到为异面直线与所成的角（或补角），再解即得解.【详解】延长至点，使，连接，，．因为是母线的中点，所以，所以为异面直线与所成的角（或补角）．由题意知，，又是的中点，所以，所以在中，．因为，所以，所以．在中，，则由余弦定理得，故选：A．【点睛】方法点睛：异面直线所成的角的求法：方法一：（几何法）找作（平移法、补形法）

9证（定义）指求（解三角形）；方法二：（向量法），其中是异面直线所成的角，分别是直线的方向向量.7.已知平面向量，，，满足，与的夹角为，且，则的最小值为（）A.B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意可得，将原等式化为，得出，设，进而得出，表示以，半径为1的圆；而表示圆心到定点B(-2，0)的距离减去半径，利用数形结合的思想即可解得答案.【详解】由题意知，，则，由可得，即，设，则，所以，所以表示以，半径为1的圆，表示圆C上的点到定点B(-2，0)的距离，而的最小值即为圆心到定点B(-2，0)的距离减去半径，如图所示，又，所以.故选：D

108.在矩形中，，为的中点，将和沿翻折，使点与点重合于点，若，则三棱锥的外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先证明出MP⊥平面PAD，设△ADP外接圆的半径为r，三棱锥M-PAD的外接球的半径为R，由，求出R，进而求出外接球的表面积.【详解】由题意可知，.又平面PAD，平面PAD，所以MP⊥平面PAD.设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得，即，所以r=2.设三棱锥M-PAD的外接球的半径为R，则，所以外接球的表面积为.故选：B二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.已知直线，其中，下列说法正确的是（）A.当时，直线与直线垂直B.若直线与直线平行，则C.直线的倾斜角一定大于D.当时，直线在两坐标轴上的截距相等

11【答案】AC【解析】【分析】根据两直线平行、垂直性质，结合倾斜角的定义、截距的定义逐一判断即可.【详解】A：当时，直线的方程为，可化为：，所以该直线的斜率为1，直线的斜率为，因为，所以这两条直线互相垂直，因此本选项说法正确；B：由直线与直线平行，可得或，因此本选项说法不正确；C：直线方程可化为：，设直线的倾斜角为，所以，所以本选项说法正确；D：当时，直线方程为，当时，；当时，，因为，所以直线在两坐标轴上的截距不相等，因此本选项说法不正确，故选：AC10.圆和圆相交于两点，则有（）A.公共弦所在直线方程为B.圆到直线距离等于1的点有2个C.公共弦的长为D.为圆上的一个动点，则到直线距离的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】两圆方程作差即可求解公共弦AB所在直线方程，可判断A；由点到直线的距离公式进行判断B；求出圆心到公共弦所在的直线方程的距离，利用几何法即可求出弦长，可判断C；求出圆心到公共弦AB所在直线方程的距离，加上半径即可判断D.【详解】对于A，由圆与圆的交点为A，B，两式作差可得，即公共弦AB所在直线方程为，故A正确；

12对于B，圆所以圆心为，半径为，圆心它到直线的距离为：，而故B正确；对于C，圆，圆心到的距离为，半径所以，故C不正确；对于D，P为圆上一动点，圆心到的距离为，半径，即P到直线AB距离的最大值为，故D正确.故选：ABD11.有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回的随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，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.乙与丁相互独立【答案】AC【解析】【分析】根据独立事件的性质进行逐一判断即可.【详解】设甲、乙、丙、丁事件发生概率分别为：,因此有：，，，A：因为，所以甲与丙相互独立，因此本选项说法正确；B：因为，所以甲与丁不相互独立，因此本选项说法不正确；C：因为，所以甲与丙相互独立，因此本选项说法正确；D：因为，所以甲与丙不相互独立，因此本选项说法不正确，

13故选：AC12.如图，若正方体的棱长为1，点是正方体的侧面上的一个动点(含边界)，是棱的中点，则下列结论正确的是（）A.沿正方体的表面从点A到点的最短路程为B.若保持，则点在侧面内运动路径的长度为C.三棱锥的体积最大值为D.若点在上运动，则到直线的距离的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，分析点M沿正方体的表面从点A到点的各种情况即可判断；对于B，取DD1中点E，连EM并求出EM=1即可计算判断；对于C，利用等体积法转化为求三棱锥的体积即可判断；对于D，建立空间直角坐标系，借助空间向量建立函数关系求其最值即可判断作答.【详解】对于A，点M沿正方体的表面从点A到点的最短路程，则点M应在点A与点P所在的两个相邻平面内从点A到点，由对称性知，点M从点A越过棱DD1与越过棱BB1到点的最短路程相等，点M从点A越过棱DC与越过棱BC到点的最短路程相等，把正方形ABB1A1与正方形BCC1B1放在同一平面内，如图，连接AP，AP长是点M从点A越过棱BB1到点的最短路程，，把正方形ABCD与正方形BCC1B1放在同一平面内，如图，连接AP，AP长是点M从点A越过棱BC到

14点的最短路程，，而，于是得点M沿正方体的表面从点A到点最短路程为，A正确；对于B，取DD1中点E，连EM，PE，如图，因是正方体的棱中点，则PE//CD，而CD⊥平面ADD1A1，则有PE⊥平面ADD1A1，平面ADD1A1，于是得PE⊥EM，由，PE=1得，EM=1，因此，点在侧面内运动路径是以E为圆心，1为半径的圆在正方形内的圆弧，如图，圆弧所对圆心角为，圆弧长为，B正确；对于C，因，而面积是定值，要三棱锥的体积最大，当且仅当点M到平面C1BD距离最大，如图，点A1是正方形ADD1A1内到平面C1BD距离最大的点，，C不正确；对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，则，

15令，则，又，直线PD1与直线PM夹角为，，令，则，当且仅当，即，时，取最大值，而，此时，取得最小值，又，点到直线的距离，于是得，所以到直线距离的最小值为，D正确.故选：ABD【点睛】关键点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.非选择题部分三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.费马大定理又称为“费马最后定理”，由17世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出，他断言当时，关于，，的方程没有正整数解．他提出后，历经多人猜想辩证，最终在1994年被英国数学家安德鲁·怀尔斯彻底证明．某同学对这个问题很感兴趣，决定从1，2，3，4，5，6这6个自然数中随机选一个数字作为方程中的指数，方程存在正整数解的概率为______．

16【答案】【解析】【分析】根据费马大定理计算．【详解】从1，2，3，4，5，6这6个自然数中随机选一个数字共有6种选法，其中只有或2使得方程有整数解，故概率为．故答案为：．14.若复数（i是虚数单位）是关于的方程的一个根，则=__________.【答案】3【解析】【分析】把代入方程，化简方程，利用相等复数的概念得到的值，即得的值.【详解】由复数（为虚数单位）是关于x的方程（p，q为实数）的一个根，所以，即所以，故故答案为：315.由10个实数组成的一组数据，方差为，将其中一个数3改为1，另一个数6改为8，其余的数不变，得到新的一组数，方差为，则__________.【答案】2【解析】【分析】根据平均数的性质，结合方差的定义进行求解即可.【详解】因为其中一个数3改为1，另一个数6改为8，其余的数不变，所以新的一组的平均数与原一组数的平均数不变，设为，没有改变的8个数分别为：，所以有，

17，因此，故答案为：216.如图，在四棱台中，，，则的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】根据空间向量数量积的定义和运算性质，结合配方法进行求解即可.【详解】设，因为，,所以有：令，于是有：

18当且时，即时，有最小值，故答案为：【点睛】关键点睛：利用配方法是解题的关键.四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，已知角所对应的边分别为，且，，是线段上一点，且满足.（1）求的面积；（2）求的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据余弦定理，结合三角形面积公式进行求解即可；（2）运用平面向量基本定理，结合平面向量数量积的运算性质和定义进行求解即可.【小问1详解】由余弦定理得：，∴，.【小问2详解】，∴∴.18.第19届亚运会将于2022年9月在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障.某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组

19，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）求的值；（2）估计这100名候选者面试成绩的众数，平均数和第分位数（分位数精确到0.1)；（3）在第四、第五两组志愿者中，现采用分层抽样的方法，从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.【答案】（1），（2）众数：70，平均数69.5，第分位数71.7（3）【解析】【分析】（1）由频率分布直方图列方程组即能求出的值；（2）观察频率分布直方图即可得众数，根据加权平均数的求解公式可得平均值，先确定第分位数在65-75之间，然后列式求解即可；（3）根据分层抽样，在和中分别选取4人和1人，列举出这5人中选出2人的总的基本事件数，和选出的两人来自不同组的基本事件数，利用古典概型的概率公式求解即可.【小问1详解】由题意可知：，，解得，；【小问2详解】由频率分布直方图得众数为，平均数等于，第分位数等于；

20【小问3详解】根据分层抽样，和的频率比为故在和中分别选取4人和1人，分别设为和则在这5人中随机抽取两个的样本空间包含的样本点有共10个，即，记事件“两人来自不同组”，则事件包含的样本点有共4个，即，所以.19.如图，平行六面体中，，，，（1）求对角线的长度；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)根据题意可得，，利用向量数量积的定义求出、的值，利用基底的概念可得，等式两边同时平方，计算即可；(2)根据余弦定理可得，进而证得为等边三角形，取中点，连接，如图，可得

21，设二面角为，利用向量数量积的定义求出、的值，利用基底的概念可得，等式两边同时平方，计算即可.【小问1详解】由题意知，在中，，，以向量，，为基底，①，，同理可得，①式平方，得，，同理可得，所以.【小问2详解】在中，，，又，所以为等边三角形，所以，故为等边三角形，取中点，连接，则，又，②，设二面角为，则，②式两边同时平方，得，所以，.所以二面角的余弦值为.

2220.已知直线的方程为：，分别交轴，轴于两点，（1）求原点到直线距离的最大值及此时直线的方程；（2）若为常数，直线与线段有一个公共点，求的最小值.【答案】（1）最大值为，（2）【解析】【分析】（1）求出直线过的定点Q，当时，原点到直线距离最大，则可求出原点到直线距离的最大值及此时直线的方程；（2）求出直线与轴，轴相交的两点坐标，利用的几何意义，因为原点到直线的距离，所以，则可得，进而可得的最小值.【小问1详解】因为可化为：，所以直线过定点，当时，原点到直线距离最大，此时最大值为，

23此时直线的斜率为，即，所以直线方程为：，即.【小问2详解】根据得，，直线：表示不经过原点的任意一条直线，同时与线段有且只有一个公共点，考虑对应的几何意义，因为原点到直线的距离为：，所以，若是线段与直线的公共点，则，当时，，当且仅当直线过点，且与轴垂直时等号成立；当时，，当且仅当直线过点，且与轴垂直时等号成立.21.如图，四棱锥中，，且，

24（1）求证：平面平面；（2）若是等边三角形，底面是边长为3的正方形，是中点，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式，结合线面角定义进行求解即可.【小问1详解】∵，∴，，又，∴，∵，面，∴面，平面ABCD,平面平面【小问2详解】∵平面平面，交AD于点F，平面，平面平面，∴平面，以为原点，，的方向分别为轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的法向量为，则，求得法向量为，

25由，所以直线与平面所成角的正弦值为.22.已知圆的方程为：（1）已知过点的直线交圆于两点，若，，求直线的方程；（2）如图，过点作两条直线分别交抛物线于点，，并且都与动圆相切，求证：直线经过定点，并求出定点坐标.【答案】（1）或；（2）证明见解析，定点．【解析】【分析】（1）讨论直线的方程无斜率与有斜率两种情况，结合弦长公式即可求解；（2）设直线，方程，由，与动圆相切得：，联立直线与抛物线方程求得坐标，写出表达式，即可求得定点．【小问1详解】

26时，圆：，因为，所以可得圆心到直线的距离，当直线的方程为：时，符合题意；当直线的斜率存在，设直线的方程为：，即，由得，解得：，直线：，综上：直线的方程为：或；【小问2详解】设直线，的斜率分别为，，则直线：，，同理得直线：，由，与动圆相切得：，化简得：，因为，所以，联立得，同理：，易得，则：，化简得：，所以直线过定点．