1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.
2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.
3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內.寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.
4.考試結束后，請將本試卷和答題卡一并上交.
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1. 與平行，則（）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用兩條直線平行的充要條件，列式計算得解.
【詳解】由與平行，得，所以.
故選：B
2. 現(xiàn)有一個橡皮泥制作的圓柱，其底面半徑、高均為1，將它重新制作成一個體積與高均不變的圓錐，則該圓錐的底面積為（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)圓柱和圓錐的體積公式計算.
【詳解】設圓錐的底面積為，則，解得.
故選：B.
3. 從長度為1，3，5，7，9的5條線段中任取3條，這三條線段能構成一個三角形的概率是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】列舉出5條線段中任取3條的所有基本事件，求出構成三角形的基本事件的個數(shù)，由古典概型求概率的公式求解即可.
【詳解】從5條線段中任取3條的所有基本事件有10個，
即，
其中能構成三角形的基本事件有3個，即，
故所求概率.
故選：A
.
4. 已知圓：，直線：與相交于，兩點，則的最小值為（）
A. B. 2C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)直線的方程得到直線恒過定點，根據(jù)幾何知識得到當與垂直時，弦長最小，然后根據(jù)垂直得到，最后求弦長即可.
【詳解】
由圓的方程可得圓心，半徑，
直線的方程可整理為：，
令，解得，所以直線恒過定點，
由題意知，當與垂直時，弦長最小，
，，所以，直線：，
點到直線的距離，
所以.
故選：A.
5. 已知空間向量，，則向量在向量上的投影向量是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)投影向量的公式計算.
【詳解】.
故選：D.
6. 某校高二年級（1）（2）班準備聯(lián)合舉行晚會，組織者欲使晚會氣氛熱烈、有趣，策劃整場晚會以轉盤游戲的方式進行，每個節(jié)目開始時，兩班各派一人先進行轉盤游戲，勝者獲得一件獎品，負者表演一個節(jié)目.（1）班的文娛委員利用分別標有數(shù)字1，2，3，4，5，6，7的兩個轉盤（如圖所示），設計了一種游戲方案：兩人同時各轉動一個轉盤一次，將轉到的數(shù)字相加，和為偶數(shù)時（1）班代表獲勝，否則（2）班代表獲勝．兩班獲勝的概率分別是（）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】利用獨立事件概率乘法公式計算.
【詳解】設（1）班獲勝為事件，（2）班獲勝為事件，
，.
故選：C.
7. 2022年10月7日21時10分，中國太原衛(wèi)星發(fā)射中心在黃海海域使用長征十一號海射運載火箭，采用“一箭雙星”方式，成功將微厘空間北斗低軌導航增強系統(tǒng)S5/S6試驗衛(wèi)星發(fā)射升空，衛(wèi)星順利進入預定軌道，發(fā)射任務獲得圓滿成功，其中的“地球同步轉移軌道”是一個以地心（地球的中心）為焦點的橢圓，如圖，已知它的近地點（離地面最近的點）A距地面天文單位，遠地點（離地面最遠的點）距地面天文單位，并且在同一直線上，地球半徑約為天文單位，則衛(wèi)星軌道的離心率為（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出，由橢圓性質得到，，求出離心率.
【詳解】設橢圓方程為，
由題意得，
則橢圓長軸長為，即，
設橢圓的左焦點為，由對稱性可知，，
由橢圓定義可知，，
即離心率為.
故選：B
8. 四棱柱中，側棱底面，，底面中滿足，，，為上的動點，為四棱錐外接球的球心，則直線與所成角的正弦值的最小值為（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，設球心，則由可求出，設，然后表示出，求出其最大值，從而可求出直線與所成角的正弦值的最小值.
【詳解】因為在四棱柱中，側棱底面，
所以四棱柱為直四棱柱，
所以，
因，所以兩兩垂直，
所以以為原點，以所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，
因為，，，
所以,
球心在平面的投影坐標為，則設球心，
因為，所以，解得，
所以，
設，則，
所以
，
設（），則
所以當，即時，有最大值，
此時直線與所成的角最小，則其對應的正弦值也最小，正弦值為
故選：C
二、多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.
9. 已知橢圓，，是橢圓的左右焦點，P為橢圓上任意一點.下列說法中正確的是（）
A. 橢圓離心率為B. 的最大值為3
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根據(jù)橢圓的方程求得，結合橢圓的幾何性質，逐項判定，即可求解.
【詳解】由橢圓，可得，則，
對于A中，由橢圓的離心率為，所以A正確；
對于B中，由橢圓的幾何性質，當點為橢圓的右頂點時，可得，
所以B正確；
對于C中，當點為橢圓的短軸的端點時，可得，，
所以，根據(jù)橢圓的幾何性質，可得，所以C正確；
對于D中，由橢圓的定義，可得，所以D錯誤.
故選：ABC.
10. 已知點在直線上移動，圓，直線，是圓切線，切點為，.設，則下列說法正確的是（）
A.
B. 存在點，使得
C. 四邊形的面積取值范圍是
D. 當?shù)淖鴺藶闀r，的方程為
【答案】AC
【解析】
【分析】A選項，利用三角形全等可判斷；B選項，由時，最大可判斷；
C選項，，可求得，進而可判斷；
D選項，設，，利用圓的切線方程，得到切線，，再將代入求解即可判斷.
【詳解】對于A選項，連接，，因為，為圓的切線，所以，，，，
所以，所以，故A正確；
對于B選項，，有當最小時，最大，即最大，
當時，此時最小，，所以，
可得，即，故B錯誤；
對于C，四邊形的面積，又，
又，所以,所以，
即四邊形的面積得取值范圍是，故C正確；
對于D，設，，利用圓的切線方程，得到切線，，
將代入可得，，，
所以過，兩點的直線為，故D錯誤.
故選：AC.
11. 在六月一號兒童節(jié)，某商家為了吸引顧客舉辦了抽獎送禮物的活動，商家準備了兩個方案.方案一：盒中有6個大小和質地相同的球，其中2個紅球和4個黃球，顧客從盒中不放回地隨機抽取兩次，每次抽取一個球，顧客抽到的紅球個數(shù)等于可獲得禮物的數(shù)量；方案二：顧客投擲一枚質地均勻的骰子兩次，兩次投擲中向上點數(shù)為3的倍數(shù)出現(xiàn)的次數(shù)等于可獲得禮物的數(shù)量．每位顧客可以隨機選擇一種方案參加活動，則下列判斷正確的是（）
A. 方案一中顧客獲得一個禮物的概率是
B. 方案二中顧客獲得一個禮物的概率是
C. 方案一中顧客獲得禮物的機會小于方案二中顧客獲得禮物的機會
D. 方案二中“第一次向上點數(shù)是1”和“兩次向上點數(shù)之和為7”相互獨立
【答案】ABD
【解析】
【分析】借助古典概率和事件的相互獨立性，計算出相應的概率，進而選到答案.
【詳解】A:方案一中顧客獲得一個禮物的概率是,故A正確;
B:方案二中顧客獲得一個禮物的概率是,故B正確;
C: 記方案一中顧客獲得禮物的概率為，
記方案二中顧客獲得禮物的概率為，,故C錯誤;
D: 記方案二中“第一次向上點數(shù)是1”為事件, 兩次向上點數(shù)之和為7為事件,
,,
所以方案二中“第一次向上點數(shù)是1”和“兩次向上點數(shù)之和為7”相互獨立,故D正確.
故選：ABD.
12. 如圖，在平行六面體中，，，點，分別是棱，的中點，則下列說法中正確的是（）
A.
B. 向量，，共面
C. 平面
D. 若，則該平行六面體高為
【答案】ACD
【解析】
【分析】A選項，利用向量的方法證明；B選項，根據(jù)向量共面的基本定理判斷；C選項，利用向量的方法得到，，然后根據(jù)線面垂直的判定定理證明；D選項，將平行六面體的高轉化為正四面體的高，然后利用勾股定理計算.
【詳解】
設，
由題意得，，
，
所以，故A正確；
，
若向量，，共面，則存在唯一實數(shù)對，使得，
即，而，，不共面，則有，顯然不成立，所以向量，，不共面，故B錯；
，，
，
，
所以，，
因為，平面，所以平面，故C正確；
連接，，，過點作平面于點，
由題意得，則三棱錐為正四面體，
所以點到平面的距離即為正四面體的高，即平行六面體的高，
，，
所以平行六面體的高為，故D正確.
故選：ACD.
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.
13. 已知事件與事件互斥，若，，那么________.
【答案】0.8
【解析】
【分析】根據(jù)概率的基本性質計算.
【詳解】.
故答案為：0.8.
14. 在一次生活常識競答活動中，共有20道常識題，兩位同學獨立競答，其中一位同學答對了12道題，另一位同學答對了8道題，假設答對每道題都是等可能的.任選一道常識題，至少有一人答對的概率________.
【答案】##0.76
【解析】
分析】根據(jù)相互獨立事件概率乘法公式計算.
【詳解】設任選一道常識題，至少有一人答對為事件，則.
故答案為：.
15. 已知點，，在圓上運動，且，的中點為，若點的坐標為，則的最大值為________.
【答案】15
【解析】
【分析】根據(jù)向量的加法結合模的意義，得其幾何意義為，圓上的點到點的距離即可求解.
【詳解】設，因為，的中點為，
則，則，
則，
其幾何意義為，圓上的點到點的距離，
則其最大值為.
故答案為：15
16. 在三棱錐中，，，，且，，若該三棱錐的體積為，則三棱錐外接球的體積為________.
【答案】##
【解析】
【分析】取的中點，連接、，由、均為等腰直角三角形，可得出點為三棱錐的外接球球心，設球的半徑為，，推導出平面，可得出三棱錐的體積為，再由余弦定理得出，結合可求得的值，進而利用球體的體積公式可求得結果.
【詳解】取的中點，連接、，如下圖所示：
，，且，，
所以，、均為等腰直角三角形，且，
所以，，所以，為三棱錐的外接球直徑，
設，可得，設，
，為的中點，則，同理可得，
平面，平面，
所以，，，
在中，由余弦定理可得，即，可得，
由，可得，化簡可得，
即，
，解得，
因此，三棱錐外接球的體積為.
故答案為：.
四、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
17. 已知圓，圓.
（1）若直線經過圓與圓的公共點，求直線的方程；
（2）若圓過兩圓的交點且圓心在直線上，求圓的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由兩圓的方程作差可得到公共弦所在的直線方程，即得到直線的方程.
（2）先聯(lián)立方程組求出圓和圓的兩個交點坐標，寫出弦AB的垂直平分線方程；再根據(jù)題意求出圓的圓心坐標和半徑；最后寫出圓的標準方程即可.
【小問1詳解】
聯(lián)立方程組，作差可得：
即兩圓的交點所在直線方程為：
故直線的方程為.
【小問2詳解】
聯(lián)立方程組，解得或，
即兩圓的交點坐標為和.
弦AB的垂直平分線方程為
圓過兩圓的交點且圓心在直線上
圓的圓心既在弦AB的垂直平分線又在直線上.
聯(lián)立方程組，解得，即得圓的圓心坐標為.
圓的半徑
圓的方程為
18. 本著健康、低碳的生活理念，租自行車騎游的人越來越多．某自行車租車點的收費標準是每車每次租用時間不超過兩小時免費，超過兩小時的部分每小時收費2元(不足一小時的部分按一小時計算)．有甲、乙兩人獨立來該租車點租車騎游(各租一車一次)．設甲、乙不超過兩小時還車的概率分別為，，超過兩小時但不超過三小時還車的概率分別為，，兩人租車時間都不會超過四小時．
（1）求甲、乙兩人所付租車費用相同的概率；
（2）設ξ為甲、乙兩人所付的租車費用之和，求P(ξ＝4)和P(ξ＝6)的值．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）先求得甲、乙兩人超過三小時但不超過四小時還車的概率，甲、乙兩人所付的租車費用相同，則則分甲乙都不超過2小時，甲乙都超過2小時不超過3小時，甲乙都超過3小時甲不超過4小時，利用互斥事件和獨立事件的概率求解；
（2）若ξ＝4，則分甲不超過2小時乙超過3小時不超過4小時，或乙不超過2小時甲超過3小時不超過4小時，或甲乙都超過2小時不超過3小時，利用互斥事件和獨立事件的概率求解；若ξ＝6，則分甲超過2小時乙超過3小時不超過4小時，或乙超過2小時甲超過3小時不超過4小時，利用互斥事件和獨立事件的概率求解；
【小問1詳解】
解：因為甲、乙不超過兩小時還車的概率分別為，，
超過兩小時但不超過三小時還車的概率分別為，，
所以甲、乙兩人超過三小時但不超過四小時還車的概率分別為，，
記甲、乙兩人所付租車費用相同為事件A，
則P（A）＝，
所以甲、乙兩人所付租車費用相同的概率為.
【小問2詳解】
若ξ＝4，
則甲不超過2小時乙超過3小時不超過4小時，或乙不超過2小時甲超過3小時不超過4小時，或甲乙都超過2小時不超過3小時，
所以P(ξ＝4)＝，
若ξ＝6，
則甲超過2小時乙超過3小時不超過4小時，或乙超過2小時甲超過3小時不超過4小時，
所以P(ξ＝6)＝
19. 已知的頂點，高CD所在直線方程為，角的平分線BE所在直線方程為．求：
（1）點的坐標；
（2）BC邊所在直線方程．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）先求出直線的斜率，從而求出直線的方程，由此能求出點坐標．
（2）由，，角的平分線所在直線方程為，得，求出，由此能求出直線的方程．
【小問1詳解】
解：∵的頂點，高CD所在直線方程為，
角的平分線BE所在直線方程為，
∴直線AB的斜率，
∴直線AB的方程為：，即，
聯(lián)立，得，
∴B點坐標為；
【小問2詳解】
解：∵，，角的平分線BE所在直線方程為，
∴，
∴，解得或（舍），
∴直線BC的方程為：，即．
20. 在如圖所示的試驗裝置中，兩個正方形框、的邊長都是，且平面平面，活動彈子、、分別在正方形對角線和、上移動，記，平面，記.
（1）證明：平面；
（2）當?shù)拈L最小時，求二面角的余弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面平行的性質推導出，證明出，可得出，再利用面面垂直的性質定理可證得結論成立；
（2）根據(jù)已知條件求出線段的長，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸，利用空間向量法可求得二面角的余弦值.
【小問1詳解】
證明：因為平面，且平面，
平面平面，則，
因為，所以，，則，，
即，所以，，
因為，所以，，
因為平面平面，平面平面，平面，
所以，平面.
【小問2詳解】
解：由（1）知，平面，因為平面，所以，，
所以，，
當且僅當時，等號成立，
以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、，
則，，，
設平面的法向量為，則，
取，可得，
設平面的法向量為，則，
取，可得，
所以，，
由圖可知，二面角為鈍角，故二面角的余弦值為.
21. 如圖所示，幾何體中，，均為正三角形，四邊形為正方形，，，，分別為線段與線段的中點，、相交于點.
（1）求證：平面；
（2）求證：平面平面；
（3）求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】（1）證明見解析
（2）證明見解析（3）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)正方形和平行四邊形的性質得到，然后根據(jù)線面平行的判定定理證明即可；
（2）根據(jù)等腰三角形的性質得到，即可得到，根據(jù)正方形的性質得到，然后根據(jù)線面垂直和面面垂直的判定定理證明即可；
（3）利用空間向量的方法求線面角即可.
【小問1詳解】
取中點點，連接，，
因為，，為線段的中點，
所以，，
又因為中點為，為中點，
所以，，
所以，，即四邊形為平行四邊形，
所以，
因為平面，平面，
所以∥平面.
【小問2詳解】
在正三角形中有，易知，
由（1）知，
在正方形中有，
因為，平面，
所以平面，
因為平面，
所以平面平面.
【小問3詳解】
以過點作的垂線為軸，所在的直線為軸，所在的直線為軸建立空間直角坐標系，
，，，，
因為，平面，平面，
所以∥平面，易知，
則，，，
設平面的法向量為，
則，令，則，，
所以，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
22. 已知動點到兩定點，的距離和為6，記動點的軌跡為曲線C.
（1）求曲線的方程；
（2）直線與曲線交于，兩點，在軸是否存在點（若記直線、的斜率分別為，）使得為定值，若存在，請求出點坐標；若不存在，請說明理由.
【答案】（1）
（2）存在定點，使得直線為定值.
【解析】
【分析】（1）由橢圓定義可得動點的軌跡為以點為焦點的橢圓，求出橢圓方程；
（2）聯(lián)立與，設，得到兩根之和，兩根之積，設，則，從而得到時，，，時，，，得到答案.
【小問1詳解】
由題意得，
故動點的軌跡為以點，為焦點的橢圓，
其中，則，
故曲線的方程為；
【小問2詳解】
聯(lián)立與得，
設，
則，
則，
，
設，則
，
當時，，，
當時，，，
所以存在定點，使得直線為定值.
【點睛】處理定點問題的思路：
（1）確定題目中的核心變量（此處設為），
（2）利用條件找到與過定點的曲線的聯(lián)系，得到有關與的等式，
（3）所謂定點，是指存在一個特殊的點，使得無論的值如何變化，等式恒成立，此時要將關于與的等式進行變形，直至找到，
①若等式的形式為整式，則考慮將含的式子歸為一組，變形為“”的形式，讓括號中式子等于0，求出定點；
②若等式的形式是分式，一方面可考慮讓分子等于0，一方面考慮分子和分母為倍數(shù)關系，可消去變?yōu)槌?shù).

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