2022-2023学年浙江省七彩阳光联盟高二上学期期中数学试题含答案

2022-2023学年浙江省七彩阳光联盟高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据直线方程确定直线斜率，由倾斜角与斜率的关系即可得倾斜角大小.

【详解】设直线倾斜角为，则直线的斜率．

，，

故选：C．

2．已知向量、分别是平面，的法向量，若，，，则（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】根据空间向量共线的条件可得答案.

【详解】，，，

，

，，.

故选：A．

3．已知样本数据的方差为1，若，则样本数据、、、…、的方差是（    ）

A．3 B．2 C． D．4

【答案】D

【分析】根据方差的性质直接运算求解.

【详解】由题意可得：样本数据、、、…、的方差是.

故选:：D．

4．已知，，，如果，，三个向量不能构成空间直角坐标系上的一组基底，则实数为（    ）

A．0 B．9 C．5 D．3

【答案】C

【分析】根据已知条件，结合空间向量的基本定理，即可求解.

【详解】，，

与不平行，

，，三个向量不能构成空间直角坐标系上的一组基底，

存在实数x，y使得，

即，解得，

即实数为5时，，，三个向量不能构成空间直角坐标系上的一组基底，

故选：C.

5．已知点，，若直线与线段有公共点，则的取值范围是（    ）

A． B．

C．或 D．

【答案】C

【分析】由直线的方程得直线所过定点坐标，求k的临界值，得k的取值范围.

【详解】

直线l：经过定点，，．

又直线l：与线段相交，所以或，

故选：C．

6．已知、是椭圆的两个焦点，以线段为边作正三角形，若边的中点在椭圆上，则椭圆的离心率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由椭圆定义得，计算得离心率.

【详解】设的中点为，由题意得：，，

由椭圆定义得：，所以，

故选：B．

7．一个盒子中装有6个除颜色外完全相同的小球，其中三个红色，两个绿色，一个黄色．若从中任取两个小球，则下列说法错误的是（    ）

A．恰有一个红球的概率为

B．两个球都是红球的概率为

C．“至少一个黄球”和“两个都是红球”为互斥事件

D．“至少一个绿球”和“至多一个绿球”为对立事件

【答案】D

【分析】根据古典概型，分别计算样本空间和事件空间，再根据相关定义逐项分析.

【详解】从6个球中任取2个球共有种取法，

设三个红球记为1，2，3，两个绿球记为，，一个黄球记为，

记事件A为恰有一个红球，

，即，A正确；

记事件B为两个球都是红球，，，B正确；

记事件为至少一个是黄球，表示2个球中有1个是黄球，另一个是红球或绿球，

2个球都是红球，则不可能包含黄球，即C和B不可能同时发生，是互斥事件，C正确；

记事件为至少一个绿球，则D包含恰有1个绿球， 记事件为至多一个绿球， 则E也包含恰有1个绿球，

所以，所以“至少一个绿球”和“至多一个绿球”不是对立事件，D错误；

故选：D．

8．在平面直角坐标系中，若圆上存在点，且点关于直线的对称点在圆上，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求出圆关于直线的对称圆的方程，由对称圆与圆有公共点可得答案．

【详解】圆的圆心为，

设关于直线的对称点为，

所以，解得，

关于直线的对称点为，

由题意得，以为圆心，以为半径的圆与圆有公共点，

所以，解得：.

故选：B．

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是求出圆关于直线的对称的圆与圆有公共点，考查了学生思维能力.

二、多选题

9．《中华流行病学杂志》对感染新冠并死亡的人员做了统计，以下是某同学将所得数据按年龄分为10组：，……，并整理得到如下的频率分布直方图，下列说法正确的是（    ）

A．死亡年龄的众数在区间内

B．死亡年龄的中位数大于80岁

C．现已知某地新增一新冠死亡病例，则此人为70岁及以上老人的概率大约是

D．现已知某地新增一新冠阳性感染病人，年龄为75岁，则可以根据上图估计他今年因为感染新冠而死亡的概率为

【答案】ABC

【分析】根据频率分布直方图中的数据，结合众数、中位数，以及频率的计算方法，逐项判定，即可求解.

【详解】根据频率分布直方图，可得在区间对应的矩形的面积最大，即频率最大，结合众数的概念，可得死亡年龄的众数在区间内，所以A正确；

由区间的频率为，

结合中位数的定义，可得死亡年龄的中位数大于岁，所以B正确；

由，可得此人为70岁及以上老人的概率大约是，

所以C正确；

因为并没有感染人员的数据，所以不知道各年龄病人的死亡率，所以D错误.

故选：ABC．

10．若曲线的方程为：，则（    ）

A．可能为圆

B．若，则为椭圆

C．若为焦点在轴上的椭圆，则越大，离心率越大

D．若为焦点在轴上的椭圆，则越大，离心率越大

【答案】AC

【分析】由椭圆和圆的方程特征判断A，B选项的正误，由离心率得计算方法判断C，D的正误.

【详解】时，则：为圆，A正确；

若为椭圆，则，且，解得或，B错误；

若为焦点在轴上的椭圆，则，即，

此时，，则增大时，变大，变小，

所以椭圆会变扁，离心率变大，C正确；

若为焦点在轴上的椭圆，则，即，

此时，，则增大时，变小，变大，

所以椭圆会变圆，离心率变小，D错误；

故选：AC．

11．我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（Chumeng）是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体．如图，五面体是一个刍甍，其中是正三角形，且，，则以下结论正确的是（    ）

A．

B．直线与直线所成的夹角为

C．到底面的距离为

D．五面体的体积为

【答案】ABD

【分析】根据线面平行及线面平行的性质定理判断A选项，求异面直线所成角判断B选项，由线面垂直判断C选项，求出几何体的体积判断D选项.

【详解】易知面，面，面，

又面面面，，故A正确；

过点做，则四边形是平行四边形，

故，，，，

为正三角形，，

因为，所以是直线与直线所成的夹角，

所以直线与直线所成的夹角为，故B正确；

过作，垂足为，，垂足为，连接，过作，垂足为，

因为面，所以面，

因为平面，所以，

又，平面，所以平面，

因为，平面，平面，所以平面，

所以到底面的距离为到底面的距离，即，

易得，，，C错误；

过作，垂足为，，垂足为，连接，

则五面体的体积可以看作一个三棱柱和两个四棱锥体积相加，

因为，

，

所以五面体的体积为，D正确.

故选：ABD．

12．已知圆，斜率为的直线经过圆内不在坐标轴上的一个定点，且与圆相交于、两点，下列选项中正确的是（    ）

A．若为定值，则存在，使得

B．若为定值，则存在，使得

C．若为定值，则存在，使得圆上恰有三个点到的距离均为

D．若为定值，则存在，使得圆上恰有三个点到的距离均为

【答案】AC

【分析】由为弦中点时，，判断A，B的正误，由圆上与距离为非零定值的点恰有3个得3点为与平行的两条平行线一条平行线与圆相交而另一条平行线与圆相切，进而判断C，D的正误.

【详解】由圆的性质可知当为弦中点时，，

若为定值，则当为弦中点时，符合题意，A正确，

若为定值，则可能不是弦中点，不符合题意，B错误；

与距离为非零定值的所有点的轨迹是与平行的两条平行线，

若为定值，当趋向于0时，两条平行线与的距离趋向于0，都与圆相交，

当趋向于无穷大时，两条平行线与的距离趋向于无穷大，都与圆相离，

由于点在圆内且与点不重合，前面两个极限状态之间必然存在一条平行线与圆相交而另一条平行线与圆相切的情况，此时圆上恰有三个点到的距离均为，符合题意，C正确；

当圆上恰有三个点到的距离均为时，的两条平行线中一条与圆相切，一条与圆相交，

设原点与的距离为，直线与的夹角为，

此时，即，由于，所以，所以；

所以若为定值，当时，不存在圆上恰有三个点到的距离均为，D错误.

故选：AC．

【点睛】关键点点睛：圆上与距离为非零定值的点恰有3个得3点为与平行的两条平行线一条平行线与圆相交而另一条平行线与圆相切，即可判断C，D选项所述即的两条平行线到直线l的距离分别为和.

三、填空题

13．据统计，在某师范学校中，男生每天体育锻炼的时间平均值是44分钟，女生每天体育锻炼的时间平均值是34分钟．若此学校的男生与女生人数比是，则此校学生每天体育锻炼的时间平均值是          分钟．

【答案】35

【分析】由题意根据平均数的定义计算

【详解】设男生有人，则女生人，由题意，该校全体学生体育锻炼时间的平均数为：

故答案为：

14．已知，，，若，则在上的投影向量可以是          ．（只需写出一个符合题意的答案）

【答案】，（写出其中一个答案即可）

【分析】先根据求得，再分、，结合投影向量公式即可求解.

【详解】，，

当时，，，

则在上的投影向量为，

当时，，

则在上的投影向量为．

故在上的投影向量为或.

故答案为：，（写出其中一个答案即可）

15．在空间四边形中，为中点，为的中点，若，则使、、三点共线的的值是          ．

【答案】/

【分析】根据空间向量的运算，结合向量共线定理即可求得使、、三点共线的的值.

【详解】由题意可知，

，，则，

，

，，三点共线，，．

故答案为：.

16．在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，则当点在圆上运动时，可求得线段的中点的轨迹方程是椭圆，相当于把圆压缩后得到了椭圆．由此可见椭圆和圆之间可以通过伸缩变换进行转化，进一步，可利用伸缩变换研究一些与椭圆和圆相关的几何问题．现有一条不过原点的直线与椭圆交于两点，则由伸缩变换可知，面积的最大值是          ．

【答案】4

【分析】设直线与轴交于点，伸缩变换时点对应圆上的点，点对应圆上的点，根据伸缩变换可知，求的最大值即可.

【详解】设直线与轴交于点，伸缩变换时点对应圆上的点，点对应圆上的点，

当直线斜率不存在时，显然直线与轴交于点，

当直线斜率存在时，直线方程为，直线方程为，

则直线与直线均与轴交于点，

则，，显然，

由于，

所以，（当且仅当时取等号），

所以，

故答案为：

四、解答题

17．已知直线，，直线被和所截得的线段中点为原点．

(1)求直线的方程；

(2)若圆经过点以及直线与坐标轴的两个交点，求圆的方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意结合中点坐标公式运算求解；

（2）先求线与坐标轴的交点，结合圆的一般方程运算求解.

【详解】（1）设直线被和的交点分别为和，

则有，解得，

即交点坐标为，

所以直线的方程为：．

（2）对于直线，可得直线与坐标轴的交点为和，

即圆过点、和，

设圆的方程为，

则可得，解得，

所以圆的方程为：，即．

18．如图，在四棱锥中，，，，平面底面，，分别是和的中点．

(1)求证：平面平面；

(2)求棱的长，使得点到直线的距离为．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据面面垂直的判定，主要只需证明平面即可；

（2）用几何法先作出点到直线的距离，然后列方程求解.

【详解】（1）由平面底面，平面底面，，且平面，

根据面面垂直的性质定理可得，平面，由于，故平面，

又平面，则，

根据分别是和的中点可得，为的中位线，故，则，

又，故四边形为平行四边形，故，

由可得，，又，平面，故平面，

又平面，故平面平面.

（2）由（1）知平面，过作，垂足为，连接，由平面，

故，又，平面，故平面，

又平面，故，由题意，，于是，

设，在中，，即，

解得，即

19．已知圆，圆．

(1)求两圆的公共弦长；

(2)求两圆的公切线方程．

【答案】(1)

(2)和

【分析】（1）联立两圆方程可得公共弦直线方程，求出点到的距离，利用半径、到的距离、公共弦长的一半构成的直角三角形可得答案；

（2）由图象、方程特征可知一条公切线为：；求出直线与的交点，设另一条公切线的方程为，利用点到此公切线的距离解得，可得答案.

【详解】（1）易知圆的圆心，半径为1，圆的圆心，半径为3，

两圆方程、相减可得公共弦直线方程为

，所以点到的距离为，

所以公共弦长为；

（2）因为圆的圆心，半径为1，圆的圆心，半径为3，

由图象可知，有一条公切线为：，

直线与的交点为，

设另一条公切线的方程为，也即，

则点到此公切线的距离，解得：，

所以另一条公切线的方程为：，

综上，两圆的公切线方程为和．

20．已知椭圆，、分别为其左右焦点，过点且倾斜角为的直线与椭圆交于、两点，其中点在轴上方．

(1)若，求弦长；

(2)若的面积为，求椭圆的方程．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意写出直线的方程，联立椭圆方程，应用韦达定理及弦长公式求；

（2）设，，由三角形面积公式得到，应用余弦定理得，结合及椭圆参数关系求参数，即可得方程.

【详解】（1）设，，时，直线的方程为，

联立椭圆方程得：，所以，，

所以．

（2）设，，则，化简得：．

另外，由余弦定理得：，结合，得：，

代入，消元得：，即，

结合得：，又，所以，，

综上，椭圆的方程为：．

21．如图，在直三棱柱中，，，，是矩形对角线的交点，为上底面的重心，为中点．

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）法一：根据可得，，以为原点，为轴建立空间坐标系，求出、平面的一个法向量，再由线面平行的向量求法可得答案；

法二：延长，交于，连接，延长交与中点，连接，延长交于，可得，即，再由线面平行判定定理可得答案；

（2）求出面的一个法向量，结合（1）求出平面的一个法向量，利用二面角的向量求法可得答案.

【详解】（1）法一：，，

，，可得，

，

如图，以为原点，为轴建立空间坐标系，

可得，，，，，

，，，，，

设平面的一个法向量为，

可得，即，

令，可得平面的一个法向量为，

，所以平面．

法二：为上底面的重心，，

延长，交于，连接，延长交与中点，连接，

延长交于，易知， ，为中点，所以为中点，

，，，

平面，平面，

所以平面；

（2）由（1），，

设面的一个法向量为，

可得，即，

令，可解得面的一个法向量为，

由（1）可知，平面的一个法向量为，

所以，

由图知平面与平面夹角为锐角，

所以平面与平面夹角的余弦值为.

22．已知圆，，圆上有一动点，线段的中垂线与线段交于点，记点的轨迹为．第一象限有一点在曲线上，满足轴，一条动直线与曲线交于、两点，且直线与直线的斜率乘积为．

(1)求曲线的方程；

(2)当直线与圆相交所成的弦长最短时，求直线的方程．

【答案】(1)；

(2)．

【分析】（1）根据给定条件，结合椭圆定义求解作答.

（2）根据已知，联立直线与椭圆的方程，确定直线所过的定点，再结合圆的性质求解作答.

【详解】（1）依题意，圆圆心，半径4，，且，

因此点轨迹是以点为左右焦点，长轴长为4的椭圆，

所以椭圆的方程为：.

（2）由（1）可知点坐标为，当直线的斜率不存在时，设为，

由解得点和点的坐标分别为和，直线的斜率分别为，

此时，解得，因此直线的方程为，

当直线的斜率存在时，设，，直线的方程为，

由得：，

所以，，，

，

，

由，

可得：，

化简得：，即，

当时，直线的方程为：，过定点，不符合题意，

当时，直线的方程为：，过定点，

显然直线也过定点，由于点在椭圆内，则成立，

于是直线必过定点，又点在圆内，则当直线与圆相交所成的弦长最短时，，

直线的斜率，则直线的斜率，此时直线的方程为：，即．

【点睛】思路点睛：与圆锥曲线相交的直线过定点问题，设出直线的斜截式方程，与圆锥曲线方程联立，借助韦达定理求出直线斜率与纵截距的关系即可解决问题.