浙江省宁波市五校联盟2022-2023学年高二数学上学期期中联考试题（Word版附解析）

2022学年第一学期宁波五校联盟期中联考

高二数学试卷

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分.考试用时120分钟.

注意事项：

1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将姓名、座号、准考证号、班级和科类填写在答题卡和答题纸规定的位置上.

2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.

3.第II卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置，不能写在试卷上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带.不按以上要求作答的答案无效.

4.填空题请直接填写答案，解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

第I卷（共60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，只有一项是符合题目要求的）

1. 直线的一个方向向量是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据方向向量的定义即可求解.

【详解】一个方向向量是,

故选：A

2. 设A是空间一定点，为空间内任一非零向量，满足条件的点M构成的图形是（    ）

A. 圆 B. 直线

C. 平面 D. 线段

【答案】C

【解析】

【分析】根据平面的法向量的含义，即可判断出答案.

【详解】由题意，故点M位于过点A且和垂直的平面内，

故点M构成的图形是经过点A，且以为法向量的平面，

故选：C

3. 在平面直角坐标系中，双曲线的渐近线方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】化简双曲线的方程为标准方程，求得的值，结合双曲线的几何性质，即可求解.

【详解】由双曲线，可得其标准方程为，所以，

则双曲线的渐近线方程为.

故选：B.

4. 圆：与圆：的公共弦所在直线方程为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】两圆方程相减即可得解.

【详解】联立，相减可得，

故选:C

5. 以双曲线的焦点为顶点，顶点为焦点的椭圆方程是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】分别求得双曲线的焦点和顶点坐标求解.

【详解】双曲线的焦点坐标为，

顶点坐标为，

由题意得：椭圆的焦点为，

顶点坐标为，

所以椭圆的方程是，

故选：C.

6. 如图，在三棱锥中，点，分别是，的中点，点是的中点，若记，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，结合空间向量的线性运算法则，准确化简、运算，即可求解.

【详解】由在三棱锥中，点，分别是，的中点，点是的中点，

如图所示，连接，根据空间向量的线性运算法则，

可得：.

故选：A.

7. 已知点在直线上运动，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值是（    ）

A. 13 B. 16 C. 17 D. 18

【答案】B

【解析】

【分析】求出点所在圆关于直线对称的圆，将距离等价转化为点到对称圆上的对应点的距离，根据三角形中任意两边之差小于第三边的关系即可解决本题.

【详解】 

设直线：，圆，圆，

易知点关于直线的对称点为，以为圆心，以1为半径的圆即为圆关于直线的对称圆.设点关于直线的对称点为，则有，

∴，

如图，连接，

在中，有，当且仅当三点共线时取得等号，

故求解的最大值问题转换为求最大值问题，

故当直线过圆心和圆心且距离最远且点恰好为直线与直线的交点时可取得最大值.

由题意知点和点坐标分别为：，，两圆半径分别为1和2，

故最大值为：.

故选：B.

8. 如右图，在长方体中，=11，=7，=12，一质点从顶点A射向点，遇长方体的面反射（反射服从光的反射原理），将次到第次反射点之间的线段记为，，将线段竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】试题分析：

因为，所以延长交于，过作垂直于在矩形中分析反射情况：由于，第二次反射点为在线段上，此时,第三次反射点为在线段上，此时,第四次反射点为在线段上,由图可知，选C.

考点：空间想象能力

二、多项选择题：（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）

9. 已知直线：和直线：，下列说法正确的是（    ）

A. 当时，

B. 当时，

C. 直线过定点，直线过定点

D. 当，平行时，两直线的距离为

【答案】AD

【解析】

【分析】A选项：把的值分别代入两直线，根据直线垂直时，斜率相乘为，直接判断即可；

B选项，把的值分别代入两直线，根据直线平行时，斜率相等判断即可；

C选项，把直线的方程变形，根据直线过定点的定义判断即可；

D选项，由直线平行时，斜率相等，可求得得值，排除重合情况，再利用平行直线的距离公式直接求解即可.

【详解】对于A，当时，那么直线为，直线为，此时两直线的斜率分别为和，所以有，所以，故A选项正确；

对于B，当时，那么直线为，直线为，此时两直线重合，故B选项错误；

对于C，由直线：，整理可得： ，故直线过定点，直线：，整理可得：，故直线过定点，故C选项错误；

对于D，当，平行时，两直线的斜率相等，即，解得：或，当时，两直线重合，舍去；当时，直线为，为，此时两直线的距离，故D选项正确.

故选：AD.

10. 下面四个结论正确的是（    ）

A. 若，，三点不共线，面外的任一点，有，则，，，四点共面

B. 有两个不同的平面，的法向量分别为，，且，，则

C. 已知为平面的一个法向量，为直线的一个方向向量，若，则与所成角为

D. 已知向量，，若，则为钝角

【答案】AC

【解析】

【分析】由四点共面的向量表示判断A，由两平面平行的向量表示判断A，由直线与平面所成角的定义判断C，由两向量所成角为钝角的条件判断D．

【详解】对于A：，即，，，，四点共面，故A正确，

对于B：，，，即与不平行，与不平行，故B错误，

对于C：若，则与所成角为，故C正确，

对于D：，，

若，则，

若，反向，则，，

，，

当且时，为钝角，故D错误，

故选：AC．

11. 有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是（    ）

A. 该半正多面体外接球与原正方体的外接球半径相等

B. 与所成的角是的棱共有18条

C. 与平面所成的角

D. 若点为线段上的动点，直线与直线所成角的余弦值的取值范围为

【答案】CD

【解析】

【分析】将半正多面体补成正方体，考虑外接球的球心，可判断A；由两直线所成角的定义可判断B；由线面角的定义可判断C；建立空间直角坐标系，利用向量法结合二次函数的性质求出直线与直线所成角的余弦值的取值范围，可判断D．

【详解】设棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，

将该半正多面体补成正方体，

正方体的棱长为2，可得该半正多面体的外接球与原正方体的外接球的球心重合，

但半径分别为和，故A错误；

与成的棱有，，，和与面相对的面上的，，，；

还有，，，和与面相对的面上的，，，，共16条，故B错误；

由平面，可得为与平面所成角，由于为等腰直角三角形，

所以，故C正确；

建立如图所示的空间直角坐标系，

则,1,,,2,,,0,,,1,，

,2,,,1,,,1,,,0,，

设，

则,1,,1,,0,,,，

可解得，则,,共面，即,,,四点共面，

又,1,，设,,，所以,，

则,,，,,，

,令,，则，

因为,，所以,，

故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为,，故D正确．

故选：CD．

12. 已知双曲线：与直线交于两点，点为上一动点，记直线，的斜率分别为，，曲线的左、右焦点分别为，.若，且的焦点到渐近线的距离为1，则下列说法正确的是（    ）

A.

B. 的离心率为

C. 若，则的面积为2

D. 若的面积为，则为钝角三角形

【答案】ABD

【解析】

【分析】设点，利用点差法求得直线的斜率，得到，再由点到直线的距离求得，得出，进而判定A、B正确；设在右支上，记，则，利用，进而求得的面积，可判定C不正确；设，根据三角形的面积求得点的坐标，结合双曲线的定义及余弦定理，判定三角形的形状，可判定D正确.

【详解】设点，则且，

两式相减，得，所以，

因为，所以，所以，

所以双曲线的渐近线方程为，

因为焦点到渐近线的距离为，

所以，可得，又因，所以，

所以双曲线的离心率为，所以A、B正确；

对于C中，不妨设在右支上，记，则，

因为，所以，解得或（舍去），

所以的面积为，所以C不正确；

对于D中，设，因为，所以，

将代入，可得，

由双曲线的对称性，不妨取的坐标为，则，

，

因为，

所以为钝角，所以为钝角三角形，所以D正确.

故选：ABD.

第II卷（非选择题，共90分）

三、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分.其中第15、16题有一空正确得3分.把正确答案填在答题卡相应题的横线上）

13. 在空间直角坐标系中，已知，，则的中点P到坐标原点O的距离为______．

【答案】

【解析】

【分析】先由中点坐标公式求得点P的坐标，再由两点间的距离公式求PO的长即可解决.

【详解】由，可得

则

即点P到坐标原点O的距离为

故答案为：

14. 经过点，且在轴上的截距是在轴上的截距的2倍的直线的方程是______.

【答案】和；

【解析】

【分析】根据直线过原点和不经过原点两种情况，即可由待定系数的方法求解.

【详解】若直线经过原点，则设直线方程为，将代入可得，

若直线不经过原点，设直线方程为，

将代入可得，所以直线方程为，即，

故答案为：和；

15. 已知圆：，若圆：与圆内切，则______；若点是圆上一动点，满足“点到直线的距离等于2”的点，在圆上有且仅有三个，则______.

【答案】    ①. 18    ②. 7

【解析】

【分析】利用两圆相内切可得，可求，圆心到直线的距离为，进而可得，可求．

【详解】由圆，得，

由圆，得，

由已知得，解得；

圆心到直线的距离为，

又“点到直线的距离等于2”的点，在圆上有且仅有三个，

，

．

故答案为：18；7．

16. 如图，已知、分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与椭圆交于、两点，若，，则______，椭圆的离心率为______.

【答案】    ①. ##    ②.

【解析】

【分析】根据向量数量积的运算律可得，进而可得，由焦点三角形的边角关系，即可求解离心率.

【详解】由可得,所以，

故

设，则，,

在三角形中，，故，

在三角形中，，

故，

故答案为：；

四、解答题：（共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17. 已知点M(0，3)，N(-4，0)及点P(-2，4)；

（1）若直线l经过点P且lMN，求直线l的方程；

（2）求△MNP的面积.

【答案】（1）；（2）5.

【解析】

【分析】

（1）先求出直线的斜率，运用点斜式求出直线l的方程；（2）求出直线的方程，运用点到直线的距离公式计算出三角形的高，即可求出三角形面积.

【详解】解：（1）由题意可得：，

直线的方程为，即

则直线l的方程为

（2）由题意可得直线MN的方程为：，即，

点P到直线MN的距离为，

，

△MNP的面积

△MNP的面积为5

【点睛】关键点点睛：求直线l的方程关键是求出直线的斜率，这样可以运用点斜式求出直线方程，要计算三角形面积就要先求出三角形的底和高，然后再求面积.

18. 已知向量，，.

（1）求；

（2）求在方向上的投影向量；

（3）若，求，的值.

【答案】（1）   

（2）   

（3），

【解析】

【分析】（1）根据空间向量的夹角公式即可代入求解，

（2）根据投影向量的定义即可求解，

（3）根据共线，列方程即可求解.

【小问1详解】

∵，，

，

所以

【小问2详解】

【小问3详解】

∵，∴存在实数，使得，

，故，

解得，，

19. 如图，在五面体中，四边形是矩形，，，，平面.

（1）若点是的中点，求证：平面；

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用法向量求解即可，

（2）建立空间直角坐标系，利用法向量即可结合点面距离公式求解，或者利用等体积法求解.

【小问1详解】

方法一：∵平面，，∴，，两两垂直，

故以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系

∵，，∴

平面的一个法向量，

故，∴

又∵平面，∴平面

方法二：（1）取中点，连接，

因为，分别为，的中点，

所以，且，

因为四边形是矩形，，

所以，且，

所以，且，

所以四边形是平行四边形，所以，

又平面，平面，

所以平面；

  小问2详解】

解法一：，，

设面的一个法向量为

，取，则，故

，

解法二：

因为，平面，平面，

所以平面，

所以到平面的距离为到平面的距离，

所以，

设到平面的距离，取中点为，

则四边形为平行四边形，故,所以平面，

所以，

因为，，，

所以，

所以，

所以

所以点到平面的距离为

20. 已知点，为坐标原点，圆：.

（1）若直线过点，且被圆截得的弦长为，求直线的方程；

（2）已知点在圆上运动，线段的中点为，设动点的轨迹为曲线；若直线：上存在点，过点作曲线的两条切线，，切点为，且，求实数的取值范围.

【答案】（1）或   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，得到圆心到直线的距离为，分直线的斜率不存在和直线的斜率存在时，两种情讨论，结合点到直线的距离公式，即可求解；

（2）设点，，求得点的轨迹方程为圆，得到，求得到直线距离，列出不等式，即可求解.

【小问1详解】

解：由题意，圆：，可得圆心，半径，

因为直线被圆截得的弦长为，则圆心到直线的距离为，

当直线的斜率不存在时，此时直线的方程为，满足题意；

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，

则，解得，即，

综上可得，所求直线的方程为或.

【小问2详解】

解：设点，

因为点，线段的中点为，可得，解得，

又因为在圆上，可得，即，

所以点的轨迹即曲线的方程为圆：，

由，可得，

在直角中，，所以到直线距离，

解得，即实数的取值范围为.

21. 如图， 已知矩形 中，，，为的中点， 将 沿折起， 使得平面平面．

（1）求证：平面平面；

（2）若点是线段上的一动点，且，当二面角 的余弦值为时， 求的值．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；

（2）取中点，连接，证明出平面，过点在平面内作的垂线，交于点，以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得出关于的等式，结合的取值范围可求得实数的值.

【小问1详解】

证明：因为在矩形中，，，为的中点，

所以，

因为，所以，

因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，

因为平面，所以，平面平面.

【小问2详解】

解：取中点，连接，

，为的中点，则，

因为平面平面，平面平面，平面，

所以，平面，

过点在平面内作的垂线，交于点，

以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示空间直角坐标系，

则、、、，

易知平面的一个法向量为，

因为且，所以，

，．

设平面的一个法向量为，则，

即，取，得．

所以，因为，解得.

22. 椭圆：的右焦点是，且经过点；直线与椭圆交于，两点，以为直径的圆过原点.

（1）求椭圆方程；

（2）若过原点的直线与椭圆交于，两点，且，求四边形面积的范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）将点代入椭圆方程，并结合右焦点是，解出和的值，即可得解；

（2）当直线斜率不存在时，可得其方程为，求出，当直线斜率存在时，设其方程为，结合韦达定理、平面向量数量积推出及，再由，计算可得的取值范围，从而得解．

【小问1详解】

焦点为，则，即，

点在椭圆：上，即，

解得或（舍去），则，

所以椭圆的方程为；

【小问2详解】

当直线斜率存在时，设其方程为，，，

联立，可得，

则①，

又②，③

以为直径的圆过原点即，

化简可得，

代入②③两式，整理得，

即④，

将④式代入①式，得恒成立，则，

设线段中点为，由，所以，

又，

又由，则点坐标为，

化简可得，

代入椭圆方程可得，即，

则

，

当直线斜率不存在时，方程为，直线过中点，即为轴，易得，，，

综上，四边形面积的取值范围为.

  【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为、；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；

（5）代入韦达定理求解.