浙江省温州市环大罗山联盟2022-2023学年高二数学上学期期中联考试题（Word版附解析）

这是一份浙江省温州市环大罗山联盟2022-2023学年高二数学上学期期中联考试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸.等内容，欢迎下载使用。
2022学年第一学期环大罗山联盟期中联考高二数学试题考生须知：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.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1. 直线的倾斜角为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】把直线化成斜截式方程，根据直线斜率与直线倾斜角的关系进行求解即可.【详解】由，所以该直线的斜率为，设该直线的倾斜角为，因此有，而，所以故选：A2. 空间直角坐标系中，点关于平面的对称点是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据对称的性质即可求解.【详解】点关于xOz平面的对称点是,故选：B3. 已知，则点O到平面ABC的距离是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】求出平面的法向量，利用公式求出点到平面的距离.【详解】，设平面ABC的法向量为，则，令得，，故，故点O到平面ABC的距离为.故选：A4. “m<1”是“点P（1，1）在圆C：x2＋y2﹣2mx＝0外”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据点与圆的位置，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.【详解】由x2＋y2﹣2mx＝0可得，该方程表示圆，所以有，当点P（1，1）在圆C：x2＋y2﹣2mx＝0外时，有，所以此时，显然由不一定能推出，但是由一定能推出，所以“m<1”是“点P（1，1）在圆C：x2＋y2﹣2mx＝0外”的必要不充分条件，故选：B5. 正四面体的棱长为2，点D是的重心，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的线性运算和数量积的定义计算即可.
 【详解】因为点D是的重心,正四面体的棱长为2，.故选：D.6. 椭圆（）的左、右焦点分别为，，若椭圆上存在点P满足，则椭圆C的离心率的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先根据焦点三角形的顶角范围，求出椭圆特征三角形顶角的范围，继而求出离心率的范围.【详解】设椭圆的上顶点为,则令,则,  且，,,故选：B.7. “白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”是唐代诗人李颀《古从军行》这首诗的开头两句．诗中隐含着一个数学问题——“将军饮马”：即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，那么“将军饮马”的最短总路程为（    ）A. 10 B. 9 C. 8 D. 7【答案】C【解析】【分析】首先利用对称关系求出点关于直线的对称点的坐标，进一步利用两点间的距离公式求出最小距离．【详解】设点关于直线的对称点坐标为故，解得，即对称点，故原点到点的距离，所以最短距离为．故选：C  8. 若，则的最小值为（    ）A.  B. 3 C.  D. 4【答案】C【解析】【分析】利用空间中两点之间的距离公式，将代数问题转化为几何问题，从而使得问题得以解决.【详解】题干中代数式的几何意义是空间中任意一点分别到点、、，的距离之和，如图所示，四边形是一个矩形，  易知，当点位于矩形的中心时，其距离之和最小，且最小值为矩形的对角线长之和，而，所以代数式的最小值为.故选：C二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对得的2分，有选错的得0分．9. 已知曲线，则（    ）A. 存在m，使C表示圆B. 当时，则C的渐近线方程为C. 当C表示双曲线时，则或D. 当时，则C的焦点是【答案】AC【解析】【分析】A选项，得到，求出当时，满足要求；B选项，根据双曲线渐近线公式求出答案；C选项，根据题意得到，求出答案；D选项，先得到，得到椭圆方程特征得到焦点在轴上.【详解】A选项，当，即时，为圆，A正确；B选项，时，，故渐近线方程为，B错误；C选项，当时，C表示双曲线，即或，C正确；D选项，当时，则，显然焦点在轴上，D错误.故选：AC10. 若两直线与互相平行，则（    ）A. B. C. 与之间的距离为D. 与、距离相等点的轨迹方程为【答案】ACD【解析】【分析】利用两条直线平行的充要条件判断A，B；利用两平行直线间的距离公式判断C；直接法求轨迹方程判断D.【详解】因为两直线与互相平行，所以，解得或，当时，，，此时两直线与互相平行满足题意；当时，，，此时两直线与重合，不合题意.综上有两直线与互相平行时，.故A正确，B错误；与的距离为，故C正确；设与、距离相等的点为，则，整理得，所以与、距离相等的点的轨迹方程为，故D正确.故选：ACD11. 如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动．以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则（    ）  A. 是平面的一个法向量B. 直线∥平面C. 异面直线与垂直D. 存在点，使得直线与平面所成的角为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，利用和是否为零进行判断，对于B，由与平面的法向量的数量积是否为零判断，对于C，由判断，对于D，设，然后求出与平面所成的角进行判断.【详解】由题意可得，，因为是侧面的中心，是底面的中心，所以，对于A，因为，，所以，，所以，，所以是平面的一个法向量，所以A正确；对于B，因为平面，所以是平面的一个法向量，因为，所以，所以，因为平面，所以直线∥平面，所以B正确；对于C，因为，所以与不垂直，所以异面直线与不垂直，所以C错误；对于D，设，则，由选项A可知是平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，所以，若直线与平面所成的角为，则，解得，所以存在点，使得直线与平面所成的角为，所以D正确，故选：ABD12. 年月，神舟十三号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆都包含，点组成的“曲圆”半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点，椭圆的短轴长等于半圆的直径，如图，在平面直角坐标系中，下半圆与轴交于点若过原点的直线与上半椭圆交于点，与下半圆交于点，则（    ）A. 椭圆的离心率为 B. 的周长为C. 面积的最大值是 D. 线段长度的取值范围是【答案】BD【解析】【分析】根据给定的条件，求出椭圆的短半轴长，半焦距判断选项A；利用椭圆的定义求出焦点三角形周长判断选项B；求出长度范围判断选项D； 根据运动的观点可得最大值判断C.【详解】由题知，椭圆中的几何量，所以，则，故A不正确；因为，由椭圆性质可知，所以，故D正确；设，到轴的距离为，，则，当在短轴的端点处时，，同时取得最大值，故面积的最大值是，故C不正确；由椭圆定义知，，所以的周长，故B正确． 故选：．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则a的值为______．【答案】4【解析】【分析】求出双曲线的渐近线方程，由条件，结合两直线垂直斜率相乘为，列方程可求.【详解】由双曲线标准方程特征知，双曲线的渐近线方程为，由已知可得渐近线与直线垂直，所以，所以．故答案为：.14. 已知圆心在直线上的圆C与x轴的正半轴相切，且C截y轴所得弦的弦长为，则圆C的标准方程为______．【答案】【解析】【分析】根据圆的切线的性质，利用半径表示出圆心，结合弦长公式，可得答案.【详解】由题意，作图如下：设圆的半径为，由圆与轴的正半轴相切，且轴，则，由圆心在直线，则圆心的坐标为，显然点到轴的距离为，根据弦长公式可得：，解得.圆心，则其标准方程.故答案为：.15. 已知椭圆和双曲线有共同的焦点，P，Q分别是它们的在第一象限和第三象限的交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，则等于______．【答案】2【解析】【分析】根据椭圆和双曲线的定义及勾股定理，利用椭圆和双曲线的离心率公式即可求解.【详解】设椭圆长半轴为，双曲线实半轴为，，为两曲线在第一象限的交点，为两曲线在第三象限的交点，如图所示，    由椭圆和双曲线定义与对称性知，，，，，则，，即，于是有，则，故答案为：.16. 如图，平行六面体中，底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD的中点，D1E⊥CD，AB＝2BC＝2，且平面BCC1B1与平面D1EB的夹角的余弦值为，则线段D1E的长度为______．【答案】【解析】【分析】先证明平面ABCD，以E为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，由平面与平面夹角的余弦值为，列式求得线段的长度．【详解】底面ABCD和侧面是矩形，，，又，平面，平面，平面，平面，；又，且，平面ABCD,平面ABCD．平面ABCD．以E为坐标原点，过E作 交于，以 分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，  则0,，1,，1,，0,．设，则0,，2,．设平面的一个法向量为y,，1,，0,，由，令，得；设平面的一个法向量为，0,，1,，由，令，得．由平面与平面所成的夹角的余弦值为，得，解得(负值舍去)．．故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．17. 陕西历史博物馆收藏的国宝——唐·金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天工，是唐代金银细作中的典范之作．该杯的主体部分可以近似看作是双曲线的右支与y轴及直线围成的曲边四边形绕y轴旋转一周得到的几何体，如图，若该金杯主体部分的上口外直径为，下底座外直径为，且杯身最细之处到上杯口的距离是到下底座距离的2倍，      （1）求杯身最细之处的周长（杯的厚度忽略不计）：（2）求此双曲线C的离心率与渐近线方程.【答案】（1）    （2）离心率为2，渐近线方程为【解析】【分析】（1）由题意可得，代入双曲线方程可求出，从而可求得结果，（2）由（1）可求出，从而可求出离心率和渐近线方程.【小问1详解】由题意可得，因为双曲线C过点M，N，所以解得，所以杯身最细之处的周长为．【小问2详解】因为双曲线C为，所以，则，渐近线方程为，即，即离心率为2，渐近线方程为.18. 已知圆C：．（1）过点作圆C的切线l，求切线l的方程；（2）过点的直线m与圆C交于A，B两点，，求直线m的方程．【答案】（1）    （2）或．【解析】【分析】（1）得到圆C的方程，从而得到在圆C上，且不存在，从而得到切线l的方程；（2）直线m斜率存在时，设出m为，根据弦长得到圆心C到直线m的距离，列出方程，求出，得到方程，考虑直线m斜率不存在时，得到，得到答案.【小问1详解】因为圆C：，圆心，半径．因为点满足圆C的方程，所以点P在圆C上，因为不存在，所以圆C在点P处切线斜率为0，所以，切线l的方程为y＝2；【小问2详解】当直线m斜率存在时，设m为，即：．因为圆心C到直线m的距离，即，所以直线m的方程为；当直线m斜率不存在时，m为x＝0也符合条件；综上，所求为或．19. 如图，已知三棱锥A﹣BCD中，BC⊥BD，和都是边长为2的正三角形，点E，F分别是AB，CD的中点．  （1）求证：AB⊥CD；（2）记用表示；（3）求异面直线AF和CE所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）    （3）【解析】【分析】（1）根据等腰三角形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；（2）根据平面向量加法和减法的运算法则进行求解即可；（3）根据空间向量夹角公式进行求解即可.【小问1详解】连接BF．因为BC＝BD，F为CD中点，所以CD⊥BF；同理可得CD⊥AF；因为，平面，所以CD⊥平面ABF，又因为平面ABF，所以CD⊥AB；  小问2详解】因为F是CD的中点，所以，因为点E是AB的中点．所以；【小问3详解】因为和都是边长为2的正三角形，因为BC⊥BD，所以，因为，所以，即，所以，又，，所以设所求角为θ，则．20. 已知直线（）交轴正半轴于，交轴正半轴于．（1）为坐标原点，求的面积最小时直线的方程；（2）设点是直线经过的定点，求的值最小时直线的方程．【答案】（1）    （2）．【解析】【分析】（1）求出点的坐标，表示的面积，结合基本不等式求其最小值，可得的值，由此确定直线的方程；（2）由直线方程求出定点的坐标，结合数量积坐标运算求，利用基本不等式求其最小值，由此确定直线的方程.小问1详解】作图可知．因为直线的方程为，令，，所以，令，，所以，所以，所以．因为，由基本不等式可得，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，所以面积最小时，直线的方程为．【小问2详解】因为直线的方程可化为，所以直线经过的定点，所以所以，又，所以，当且仅当时等号成立，所以的值最小时，直线的方程为．21. 如图，已知四棱锥中，，BC＝DC＝2AB＝4，CB⊥CD，，点Q在棱PA上，PQ＝2QA，且PA⊥平面QBD．    （1）求证：平面QBD；（2）求PC与平面PAB所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）连接AC交BD于E，连接QE，根据已知易得，进而有，利用线面平行的判定定理证结论；（2）构建空间直角坐标系，利用已知条件及PA⊥面QBD，结合勾股定理、向量垂直的坐标表示、模长的坐标计算列方程求的坐标，进而确定和面PAB的法向量，应用向量法求线面角的正弦值.【小问1详解】连接AC交BD于E，连接QE．    因为，结合已知有，所以，又面QBD，面，所以面QBD.【小问2详解】以C为原点，CB为x轴，CD为y轴，过点C作底面ABCD的垂线作为z轴，建立坐标系．    则，设得：，，，因为，所以①，又PA⊥面QBD，面QBD，所以，即②，因为PA⊥面QBD，面QBD，所以PA⊥QB，所以，则，所以③，联立①②③可得，所以，且，令面PAB的法向量为，则，若，则，设所求角为θ，则．22. 已知椭圆的左右焦点分别为，.过与轴垂直的直线与椭圆交于点，点在轴上方，且.（1）求椭圆方程；（2）过点的直线与椭圆交于，两点，是否存在一定点使得为定值，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；    （2）存在，.【解析】【分析】（1）根据条件结合椭圆定义求出，再由关系求出,即可求解；（2）分直线斜率存在与不存在讨论，斜率存在时，设直线方程，联立椭圆，可得根与系数的关系，计算并化简可得结论，斜率不存在时验证即可.【小问1详解】由已知得，所以，所以， 所以椭圆C的方程为.【小问2详解】如果存在点M，由于椭圆的对称性可知点M一定在 x轴上，设其坐标为(,0)，因为椭圆右焦点F(1,0)，直线斜率存在时设l的方程为，，则，将代入得：，所以，又由得：则当时，，当直线斜率不存在时，存在一定点使得为定值0.综上:存在定点使得为定值0.