1、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. C D. 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. ，C. ，D. ，6. 如图，已知圆锥的
2、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. C D. 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
3、定大于 D. 当时，直线在两坐标轴上的截距相等10 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
4、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_
5、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，
6、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.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
7、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：（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】
8、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【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.【详解】两直线平行，解得，将化为，.故选
9、：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：C6. 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. C. D. 【答案】A【解
10、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）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
11、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：D8. 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
12、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【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
13、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
14、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；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
15、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，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
16、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DD
17、1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PEEM，由，PE=1得，EM=1，因此，点在侧面内运动路径是以E为圆
18、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，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
19、：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_【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】
20、【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，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】
21、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：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20
22、22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)；（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
23、）【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；【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
24、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，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，同理可得，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，设二面角为
25、，则，式两边同时平方，得，所以，.所以二面角的余弦值为.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，此时直线的斜率为，即，所以直线方程为：，即.【小问2详解
26、】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，（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
27、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，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】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
