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.0B.C.1D.【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：B2.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：D5.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2B.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，