浙江省浙南名校联盟2022-2023学年高二数学上学期期中联考试题（Word版附解析）

2022年学年第一学期浙南名校联盟期中联考

高二年级数学学科试题

命题：瓯海中学  审题：乐清中学

考生须知：

1.本卷共4页满分100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題纸上，写在试卷上无效；

4.考试结束后，只需上交答题纸.

选择题部分

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，只有一项是符合题目要求的.

1. 两条平行直线：与：之间的距离是（    ）

A. 0 B.  C. 1 D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用平行线间距离公式进行求解即可.

【详解】，

两平行线间的距离为，

故选：B

2. 直线的一个方向向量是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据直线斜率可得其方向向量.

【详解】直线的斜率，直线的一个方向向量为.

故选：C.

3. 国家射击运动员甲在某次训练中次射击成绩（单位：环）如：，则这组数据第百分位数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】将数据按照从小到大顺序排序，根据百分位数的求法直接求解即可.

【详解】将次射击成绩按照从小到大顺序排序为：，

，第百分位数为.

故选：C.

4. 已知双曲线：（，）的离心率为2，则渐近线方程是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据离心率可表示出，从而可求出渐近线方程

【详解】曲线：（，）的渐近线方程为，

因为双曲线的离心率为2，所以，

所以，

所以，

所以渐近线方程为，

故选：D

5. 方程表示的曲线（    ）

A. 关于轴对称 B. 关于轴对称

C. 所围成的面积是 D. 与直线只有一个公共点

【答案】B

【解析】

【分析】判断点和点是否在曲线上即可判断AB；去绝对值符号，得出方程所表示的曲线，进而可判断C；联立直线与曲线方程即可判断D.

【详解】因为点在曲线上，

点在曲线，即曲线上，

所以方程表示的曲线关于轴对称，故B正确；

因为点在曲线，即曲线上，

所以方程表示的曲线不关于轴对称，故A错误；

对于C，当时，，即，

表示以为圆心，为半径的圆在轴右侧的部分，

当时，，即，

表示以为圆心，为半径的圆在轴左侧的部分，

当时，，则或，

则曲线的图象与轴的交点坐标为，

由，得，

由对称性可得所围成的面积是，故C错误；

对于D，当时，联立，解得，

当时，联立，解得，

综上方程表示的曲线与直线有两个个公共点，故D错误.

故选：B.

  【点睛】关键点点睛：将曲线方程化为当时，，当时，，是解决本题的关键.

6. 已知，是异面直线，，是两个不同的平面，且，，则下列说法正确的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

【答案】D

【解析】

【分析】根据空间直线\平面间的位置关系、面面垂直的判定定理判断.

【详解】选项A，当与相交时，也可能与相交，A错；

选项B，当都不与平面的交线垂直时，不垂直，B错；

选项C，时，不能得出与平面交线垂直，因此也不一定有，C错；

选项D，由面面垂直判定定理可知D正确．

故选：D．

7. 在空间直角坐标系中，，，，点在平面内，则当取最小时，点的坐标是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意可知，为三棱锥的高时，为所求，可设，则,可求出点到平面的距离,得到，再利用，得，解出即可.

【详解】由题意，在空间直角坐标系中，，，，

设，为平面的法向量，

则，,，

则，

令则，故，

则点到平面距离为，

所以，

则

又，，

即，

所以，代入

可得，

则

所以，则

故选：.

8. 如图1，在菱形中，，是其对角线，是上一点，且，将沿直线翻折，形成四棱锥（如图2），则在翻折过程中，下列结论中正确的是（    ）

A. 存在某个位置使得 B. 存在某个位置使得

C. 存在某个位置使得 D. 存在某个位置使得

【答案】B

【解析】

【分析】选项A，在翻折过程中，与夹角始终不变，，故A错误；选项B，，转化为判断和是否会垂直，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围可得解；选项C，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围可得解；选项D，由于平行于翻折前的，故只需观察翻折过程中与翻折前的的夹角变化范围可得解.

【详解】对于选项A，沿翻折，在翻折过程中，与夹角始终不变，，故A错误；

对于选项B，，转化为判断和是否会垂直，由图观察翻折过程中和夹角变化范围是，故存在某个位置使得，故B正确；

对于选项C，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围是，故不存在某个位置使得，故C错误；

对于选项D，由于平行于翻折前的，故只需观察翻折过程中与翻折前的的夹角变化范围，由图观察翻折过程中与的夹角变化范围是，所以不存在某个位置使得，故D错误.

故选：B.

二、选择题：本题共四小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.

9. 下列说法正确的是（    ）

A. 直线的倾斜角为

B. 若直线经过第三象限，则，

C. 方程表示的直线都经过点

D. 存在使得直线与直线垂直

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据直线斜率和倾斜角关系可知A正确；通过反例可知B错误；由直线过定点的求法可求得C正确；根据两直线垂直可构造方程求得满足的的取值，知D正确.

【详解】对于A，直线的斜率，该直线的倾斜角为，A正确；

对于B，当，时，直线经过第三象限，B错误；

对于C，直线方程可整理为，

由得：，直线恒过定点，C正确；

对于D，若两直线垂直，则，解得：，D正确.

故选：ACD.

10. 某中学为研究本校高二学生在市联考中的语文成绩，随机抽取了位同学的语文成绩作为样本，得到以，，，，，，分组的样本频率分布直方图如图.则下列说法正确的是（    ）

A.

B. 样本内语文分数在有位同学

C. 用该图表估计本次联考该校语文成绩的中位数为

D. 从全校高二学生中随机选出人，则该学生成绩在中的概率为

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据频率和为可构造方程求得的值，知A正确；由频率和频数的关系可求得B正确；根据频率分布直方图估计中位数的方法可求得C正确；用频率估计概率可知D错误.

【详解】对于A，，，A正确；

对于B，样本内语文分数在的频率为，

样本内语文分数在的有人，B正确；

对于C，，，

中位数位于之间，设中位数为，

则，解得：，即中位数为，C正确；

对于D，由频率分布直方图知：样本中学生成绩在中的频率为，

用频率估计概率，则全校高二学生中随机选出人，该学生成绩在中的概率为，D错误.

故选：ABC.

11. 已知斜率为的直线交抛物线于、两点，下列说法正确的是（    ）

A. 为定值

B. 线段的中点在一条定直线上

C. 为定值（、分别为直线、的斜率）

D. 为定值（为抛物线的焦点）

【答案】BC

【解析】

【分析】分析可知，，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理可判断A选项；求出线段中点的纵坐标，可判断B选项；利用斜率公式结合韦达定理可判断C选项；利用抛物线的焦半径公式可判断D选项.

【详解】若，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，则，

设直线的方程为，联立可得，

，

对于A选项，不一定是定值，A错；

对于B选项，设线段的中点为，则，

为定值，故线段的中点在定直线上，B对；

对于C选项，为定值，C对；

对于D选项，不一定为定值，D错.

故选：BC.

12. 如图，在正方体中，，点在平面内，，延长交平面于点，则以下结论正确的是（    ）

A. 点到的距离的最大值为2

B. 线段长度的最小值为

C. 直线与所成的角的正弦值的最小值为

D. 直线与平面所成的角正切值的最大值为

【答案】AC

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，表示出点的坐标，根据点线距公式可判断A；由的轨迹位置可判断B；根据最小角定理可判断C；根据线面角的向量公式可判断D.

【详解】如图所示，以点坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，

所以，，

设，

所以点的坐标为，，

由可得，．

因为，，

，，

所以点到的距离为，

由正方体性质易知，平面，设平面，

所以，，

所以点的轨迹为平面内以点为圆心，半径为的圆，而易知为边长为的正三角形，

其内切圆半径为，所以点的轨迹为的内切圆，

设其与三边的切点依次为，如图所示，易求得：，，

因此当时，即点在处，的中点时，点到的距离，A正确；

当点在处时，此时在处，，B错误；

设直线与所成的角为，因为，由最小角定理可知，

直线与平面所成的角小于等于，即，

所以，当点为过点且与平行的直线与内切圆的交点时取等号，C正确；

设直线与平面所成的角为，易知平面的一个法向量为，

所以，

而由等和线定理可知，，所以，当时，，即，

即点为平行于的直线与内切圆相切的切点时取得，故D错误．

故选：AC．

【点睛】本题的解题关键根据选项选择不同的处理方式，建系表示出点的坐标，根据正方体的性质得出点的轨迹，从而利用点线距，线面角的向量公式判断出AD的真假，再根据特殊位置以及最小角定理判断出BC的真假．

非选择题部分

三、填空题：本题共四小題，每小题5分，共20分.

13. 已知一组数据，则该组数据的方差是______.

【答案】##

【解析】

【分析】计算出该组数据的平均数后，根据方差计算公式直接求解即可.

【详解】该组数据的平均数为，

方差为.

故答案为：.

14. 已知点，，点在直线：上运动，则的最小值为______.

【答案】7

【解析】

【分析】结合图象，求出点关于直线的对称点为，的最小值即为，解出即可.

【详解】如图：

设点，关于直线的对称点为，

则，解得则，

则

,

故答案为：

15. 已知椭圆与双曲线共焦点（记为，），点是该椭圆与双曲线的一个公共点，则的面积为______.

【答案】

【解析】

【分析】根据椭圆和双曲线的定义，结合余弦定理和三角形面积公式进行求解即可.

【详解】因为椭圆与双曲线共焦点，

所以有，

因为该椭圆与双曲线是中心对称图形和轴对称图形，

所以不妨设点是在第一象限，左、右焦点分别为，，

设，由椭圆和双曲线的定义可知：，

由余弦定理可知：，

所以有，

因此的面积为，

故答案为：

16. 函数的最小值是______.

【答案】

【解析】

【分析】利用导数的性质进行求解即可.

【详解】显然函数的定义域为，

令，显然，

当时，，

当时，该函数单调递增，当时，该函数单调递减，

所以当时，函数有最小值，最小值为，

故答案为：

四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 袋中装有编号分别为1，2，3，4，5的5个形状、大小完全相同的球.甲每次从中取出2个球，若1号球和2号球恰有一个被取出，则获得奖金10元，若1号球和2号球都被取出，则获得奖金20元.

（1）求甲获得10元的概率；

（2）若甲有放回地取两次，求获得奖金总和为20元的概率.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据古典概型的概率公式即可求得答案；

（2）求出甲每次取球获得20元以及0元的概率，再考虑甲有放回地取两次，获得奖金总和为20元的情况有两种，即可求得答案.

【小问1详解】

由题意得甲获得10元的概率为；

【小问2详解】

甲每次从中取出2个球，甲获得20元的概率为，

则甲获得0元的概率为，

则甲有放回地取两次，获得奖金总和为20元的情况为：

两次都获得10元以及一次获得0元一次获得20元，

故甲有放回地取两次，获得奖金总和为20元的概率为.

18. 已知圆：与圆：.

（1）若圆与圆内切，求实数的值；

（2）设，在轴正半轴上是否存在异于A的点，使得对于圆上任意一点，为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）16    （2）存在，6

【解析】

【分析】（1）根据题意求圆心和半径，在结合两圆的位置关系列式求解；

（2）设点，利用两点间距离公式可得，结合题意分析运算即可.

【小问1详解】

因为：，即，

故圆的圆心坐标为，半径长，

且圆：，故圆的圆心坐标为，半径长，

若圆与圆内切，则，

即，且，所以.

【小问2详解】

设点，则，

于是，即，

同理，可得，

要使为定值，则，解得或（舍去），

故存在点使得为定值，此时.

19. 如图，四棱锥的底面四边形为正方形，面，，是的中点.

（1）求三棱锥的体积；

（2）求平面与平面的夹角.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）通过转化思想依据题中条件知，，即，求解即可；

（2）以为坐标原点建立坐标系，求出两个平面的法向量，计算出两个法向量夹角的余弦值即可.

【小问1详解】

因为是的中点，所以

即；

【小问2详解】

以为坐标原点建立坐标系，

则,

，

因为轴垂直平面，

则平面的法向量为

设面的法向量为，

，

令，得，

所以面的法向量为

又，

所以平面与平面的夹角为45°.

20. 如图，抛物线在点（）处的切线交轴于点，过点作直线（的倾斜角与的倾斜角互补）交抛物线于，两点，求证：

（1）的斜率为；

（2）.

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）设：，联立直线与抛物线，消去，根据即可得证；

（2）首先求出点坐标，从而得到直线方程，设，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，再由弦长公式表示出，，再代入韦达定理计算可得.

【小问1详解】

设：，

由，消去整理得，

则，即，

故，即的斜率为；

【小问2详解】

由（1）可得直线：，令，解得，则，

因为的倾斜角与的倾斜角互补，

所以直线的斜率为，

所以直线的方程为，设，，

由，消去整理得，

则，所以，，

则，，

则

，

即，

又，

故.

21. 如图，在平行六面体中，底面四边形是边长为2的菱形，且.

（1）求证：面面；

（2）当为何值时，直线与平面所成的角的正弦值为？

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先证面再证得面面；

（2）先证得为与平面所成的角，用空间向量求出，在中，求得，再由正弦定理求得即可.

【小问1详解】

连交于点，连，，，则，

又≌，∴ ，∴，

又，面，∴面.

∵面，∴面面.

【小问2详解】

∵，所以与平面所成的角等于与平面所成的角，

过作于，

∵面面，面面，面，

面，

所以就是与平面所成的角，即为与平面所成的角，

由已知得，

因为底面四边形是边长为2的菱形，且，所以，

所以

在中，，,

在中，

，

在中，由正弦定理得即得，

当为3时，直线与平面所成的角的正弦值为.

22. 如图，点在椭圆上，且.

（1）求证：直线为某个定圆的切线：

（2）记为椭圆的左焦点.若存在上述的一对点，使得三点共线，求椭圆的离心率的取值范围.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）考虑直线斜率不存在和斜率存在时，两种情况，分别求出原点到直线的距离，距离为定值即可证明；

（2）利用须在定圆上或圆外，建立不等式，解出即可.

【小问1详解】

当直线轴时，设，则，

则，

又点在椭圆上，

则，即，解得，

原点到直线的距离；

当直线与轴不垂直时，设：，，，

由得，

故，.

，

则，

于是原点到直线的距离，

所以直线是圆的切线；

【小问2详解】

利用（1），须在上述定圆上或圆外，

则，即，从而，