浙江省台州山海协作体2022-2023学年高二数学上学期期中联考试卷（Word版附解析）

2022学年第一学期台州山海协作体期中联考高二年级数学学科试题一､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.在直角坐标系中，直线的倾斜角为（）A.30°B.60°C.120°D.150°【答案】B【解析】【分析】利用直线的倾斜角与斜率的关系即可得出．【详解】利用直线的倾斜角与斜率的关系即可得出．设直线的倾斜角为，．，.故选：B2.圆的圆心坐标和半径分别是（）A.(-1，0)，3B.(1，0)，3C.D.【答案】D【解析】【分析】根据圆的标准方程，直接进行判断即可.【详解】根据圆的标准方程可得，的圆心坐标为，半径为，故选：D.3.从0，1，2，3，4这5个数字中，任取两个不同的数字排成1个两位数，则排成的数是奇数的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】列出所有可能组成的两位数，确定其中奇数的个数.【详解】总共有16个两位数，其中奇数有6个，所以概率为.故选：B【点睛】本题考查列举法求古典概型概率，属于基础题.4.已知实数m，则“”是“曲线表示椭圆”的（）A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据椭圆方程的特征，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.【详解】曲线表示椭圆，则有且，所以“”是“曲线表示椭圆”的必要不充分条件，故选：A5.在正方体中，P为中点，则直线PC与所成的角余弦值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，根据向量的夹角即可求线线角.【详解】在正方体中，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则： ,故,因此,设直线PC与所成的角为，则，故选：D6.已知，，圆C：，若圆C上存在点M，使，则圆C的半径的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设，由得，即可知的轨迹为，要使圆上存在点，即圆与有交点，进而可得半径的范围.【详解】设，则，，∵，即，∴，即在以原点为圆心，半径为1的圆上，而圆的圆心为，半径为R，∴圆上存在点，即圆与有交点， ∴故选：A7.已知点P是棱长为1的正方体的底面上一点（包括边界），则的最大值为（）A.B.C.1D.【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，将向量，用坐标表示，计算数量积，求最大值.【详解】如图，以，，分别x，y，z轴建立空间直角坐标系，设点，，，则，，，当或，或时，最大，为1.故选：C.8.已知O为坐标原点，P是椭圆E：上位于x轴上方的点，F为右焦点.延长PO，PF交椭圆E于Q，R两点，，，则椭圆E的离心率为（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】由椭圆的对称性，及，得四边形为矩形，设，利用椭圆的定义，及条件所给出的长度关系，可表示出，，，利用勾股定理，求出m，推断出点P的位置，求出离心率.【详解】如图，设左焦点为，连接，，，由题，，关于原点对称，所以四边形为平行四边形，又因为，所以四边形为矩形.设，则，又因为，则，，，在中，，即，解得或（舍去），故点P为椭圆的上顶点.由，所以，即，所以离心率.故选：B.【点睛】解题时注意数形结合，抓住椭圆的对称性，将图形关系用含a，b，c的代数式表示出来，即可求解离心率.二､多项选择题：（本大题共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l经过点和，则下列说法正确的是（）A.直线l在两坐标轴上的截距相等B.直线l的斜率为1C.原点到直线l的距离为D.直线l的一个方向向量为【答案】BCD【解析】【分析】由直线l经过的两点坐标，可以求出直线的斜率，直线的方程，利用直线的方程判断选项的正误.【详解】直线l经过点和，所以直线的斜率，B正确，易得直线的方程为，即，令，得，即纵截距为1，令，得，即横截距为-1，A错误，原点到直线l的距离，C正确，因为，所以是直线l的一个方向向量.故选：BCD.10.设A，B为两个随机事件，若，，下列命题中，正确的是（）A.若A，B为互斥事件，B.C.若，则A，B为相互独立事件D.若A，B为相互独立事件，则【答案】AC【解析】 【分析】根据互斥事件的概率公式，结合相互独立事件的概率公式进行判断即可.【详解】若A，B为互斥事件，，所以选项A正确；若时，，所以选项B不正确；因为，所以选项C正确；若A，B为相互独立事件，，所以选项D不正确，故选：AC11.设椭圆的右焦点为F，直线l：与椭圆交于A，B两点，则下列说法正确的是（）A.为定值B.△ABF的周长的取值范围是C.当时，△ABF为直角三角形D.当时，则椭圆上到直线l的距离等于的点有三个【答案】ABD【解析】【分析】根据椭圆的定义，结合椭圆的性质逐一判断即可.【详解】设椭圆的左焦点为，点A在第一象限，根据椭圆的对称性可知：，所以，因此选项A正确；△ABF的周长为，把代入椭圆方程中，得，所以，因为， 所以，因此△ABF的周长的取值范围是，所以选项B正确；当时，，得，即，，显然不是直角，因为，所以不是直角，因此△ABF不是直角三角形，所以选项C不正确；当时，，得，而椭圆的上顶点到直线的距离也是，所以椭圆上到直线l的距离等于的点有三个，因此选项D正确，故选：ABD【点睛】关键点睛：利用椭圆的定义和对称性是解题的关键.12.如图，若正方体的棱长为1，点M是正方体的侧面上的一个动点（含边界），P是棱的中点，则下列结论正确的是（）A.沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为B.若保持，则点M在侧面内运动路径的长度为C.三棱锥的体积最大值为D.若点M在上运动，则到直线PM的距离的最小值为【答案】ABC 【解析】【分析】A选项，把两个平面展开到同一平面内，利用两点之间，线段最短进行求解，注意展开方式可能有多种；B选项，找到点在侧面内的运动轨迹是圆弧，再求解弧长；C选项，利用等体积法和建立空间直角坐标系，求出的最大值，即为最大值；D选项，在空间直角坐标系中利用点与线距离公式即可判断该选项.【详解】对于A，将平面与平面展开到同一平面内，连接AP，此时，也可将平面ABCD与平面展开到同一平面内，此时，，故A正确；对于B，取DD1中点E，连EM，PE，如图，因是正方体的棱中点，则PE//CD，而CD⊥平面ADD1A1，则有PE⊥平面ADD1A1，平面ADD1A1，于是得PE⊥EM，由，PE=1得，EM=1，因此，点在侧面内运动路径是以E为圆心，1为半径的圆在正方形内的圆弧，如图，圆弧所对圆心角为，圆弧长为B正确；对于C，连接，，，，，，则，所以 ，以D为坐标原点，分别以DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，设，（，），设平面的法向量为，则，令，得：，所以，设到平面的距离为，则，故当，时，取得最大值，为，此时三棱锥体积最大，，C正确；对于D，正方体的棱长为1，为的中点，点M在上运动，设，可得，，，，，，可得，得，，，由图可见，明显地，当与重合时，必有到直线PM的距离的最小，此时，，故，设直线与直线的夹角为，可得,则，故到直线PM的距离的最小值为，故D选项错误； 故选：ABC三､填空题：（本大题共4小题，每题5分，共20分）13.设空间向量，，若，则___________.【答案】5【解析】【分析】根据空间向量数量积的坐标表示公式进行求解即可.【详解】因为，所以，故答案为：14.已知点，圆C：，若过点M的直线l与圆C相切，则直线l的方程为___________.【答案】或【解析】【分析】考虑直线斜率存在和不存在两种情况，根据点到直线的距离等于半径计算即可.【详解】圆C：，圆心为，半径，当直线斜率不存在时，设，此时，满足；当直线斜率存在时，设，即，，解得，故直线方程为，即.综上所述：或； 故答案为：或15.如图所示，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱，且，N是CM的三等分点（靠近M点），则BN的长为___________.【答案】【解析】【分析】用表示出，求向量的模.【详解】，则，则所以，所以，BN的长为故答案为：.16.已知椭圆C：的左､右焦点分别为､，M为椭圆C上任意一点，N为圆E：上任意一点，则的取值范围为___________. 【答案】【解析】【分析】根据椭圆的定义，结合椭圆和圆的几何性质进行求解即可.【详解】如图，由为椭圆上任意一点，则，又为圆上任意一点，则（当且仅当M、N、E共线时取等号），∴，当且仅当M、N、E、共线时等号成立.∵，，则，∴的最小值为，当共线时，最大，如下图所示：，最大值为，所以取值范围为，故答案为：【点睛】关键点睛：运用椭圆的定义和椭圆、圆的几何性质是解题的关键. 四､解答题：（本大题共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已知直线：与：相交于点P.（1）若直线l过点P并且与直线：垂直，求直线l方程；（2）若直线l过点P并且与直线：平行，求直线l方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）联立方程，求交点，根据两直线垂直，求得斜率，可得答案；（2）由（1）可得交点的坐标，根据两直线平行，求得斜率，可得答案.【小问1详解】解方程组，解得，因为，直线l与垂直，所以，l的方程为，整理可得.【小问2详解】由（1）可得，因为，直线l与平行，所以，l的方程为，整理可得：.18.如图，在边长为2的正方体中，E为的中点. （1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理，结合平行四边形的判定定理和性质进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【小问1详解】在正方体中，且，且，∴且，所以，四边形为平行四边形，则，∵平面，平面，∴平面；【小问2详解】以点A为坐标原点，AD､AB､所在直线分别为x､y､z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则､､､，，，设平面的法向量为，由，得，令，则，，求得平面平面的法向量， 又∵，∴，∴直线与平面所成角的正弦值为.19.甲､乙两人组成“星队”参加猜谜游戏，每轮活动由甲乙各猜一次，已知甲猜对的概率为，乙猜对的概率为，甲乙猜对与否互不影响，每轮结果也互不影响.（1）求“星队”第一轮活动中只有1人猜对的概率；（2）求“星队”在两轮活动中恰好猜对3人次的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）只有1人猜对，意味着结果为一对一错，分情况用相互独立事件的乘法公式计算相加即可；（2）首先分析得到两轮恰好猜对3人次的所有情况，对每种情况用相互独立事件的乘法公式计算，将结果相加.【小问1详解】设甲猜对为事件A，乙猜对为事件B，（1）事件表示“星队”第一轮活动中只有1人猜对，且事件与互斥，则，∴，即“星队”第一轮活动中只有1人猜对的概率为.【小问2详解】“星队”在两轮活动中恰好猜对3人次可用事件来表示，并且、、、两两互斥， 即，“星队”在两轮活动中恰好猜对3人次的概率为.20.已知直线l：与圆C：交于A､B两点.（1）若时，求弦AB的长度；（2）设圆C在点A处的切线为，在点B处的切线为，与的交点为Q.试探究：当m变化时，点Q是否恒在一条定直线上？若是，请求出这条直线的方程；若不是，说明理由.【答案】（1）；（2）当m变化时，点Q恒在直线上.【解析】【分析】（1）根据圆的弦长公式进行求解即可；（2）根据圆的切线性质进行求解即可.【小问1详解】，圆心，半径，点C到直线的距离，∴；【小问2详解】设点，由题意得：Q､A､B､C四点共圆，且圆的方程为：，即，与圆C的方程C：联立，消去二次项得：，即为直线l的方程，因为直线l：过定点，所以，解得：， 所以当m变化时，点Q恒在直线上.21.如图，在四棱台中，底面ABCD是正方形，若，，.（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由已知得，，只需在证即可；（2）由（1）结论，可以得出面面垂直.作，只要证明，即可说明为二面角的平面角，解三角形即可求出.【小问1详解】在梯形中，过点作于M，过点作于N设，则，由得，解得，∴，即 ∵，，平面，平面，∴平面【小问2详解】由底面ABCD是正方形，则，由（1）知：面面ABCD，面面，而面ABCD，所以面，过D作于G，连接AG，则面ADG，故面面，面面，面，所以面ADG，又面ADG，则，因此为二面角的平面角，在中，，，则，所以，即平面与平面夹角的余弦值为.22.已知椭圆C：离心率为，焦距为.（1）求椭圆C的标准方程； （2）设不过原点O的直线与椭圆C交于A，B两点，且，求△OAB面积的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合椭圆焦距公式进行求解即可；（2）利用椭圆弦长公式，结合三角形面积公式进行求解即可.【小问1详解】∵，，∴∴，∴椭圆方程为：；【小问2详解】由题意得，设直线方程为（，），，，消y得则，，∵，∴，即，所以，即，∵，∴又∵∴且 设原点到直线的距离为，，∴∴.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系求椭圆弦长是解题的关键.