浙江省台金七校联盟2023-2024学年高二上学期11月期中联考数学试题（Word版附解析）

2023学年第一学期台金七校联盟期中联考高二年级数学学科试题考生须知：1.本卷共6页满分150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题纸上，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.直线的倾斜角为A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先将直线化为斜截式求出直线的斜率，然后再利用倾斜角与斜率的关系即可求解.详解】由直线，则，设直线的倾斜角为，所以，所以.故选：A【点睛】本题考查了直线的斜截式方程、直线的倾斜角与斜率的关系，属于基础题.2.如图，在正方体中，不能互相垂直的两条直线是（） A.和B.和C.和D.和【答案】C【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积逐项判断即可.【详解】在正方体中，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为，则、、、、、、、.对于A选项，，，则，故；对于B选项，，，故，B对；对于C选项，，，故和不垂直，C错；对于D选项，，，故，D对,故选：C.3.如图三棱柱中，是棱的中点，若，，，则（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用空间向量的基本定理可得出关于、、的关系式.【详解】由已知可得，因为为棱的中点，则.故选：B.4.在空间直角坐标系中，已知，则点到平面的距离是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用空间向量求出平面的一个法向量，代入点到平面距离公式即可得出结果.详解】依题意可得，，设平面的一个法向量为，则，令，则可得，即，所以点到平面的距离是.故选：B5.已知直线：，则下列选项错误的是（） A.当直线与直线平行时，B.当直线与直线垂直时，C.当实数变化时，直线恒过点D.原点到直线的距离最大值为【答案】C【解析】【分析】A项：根据与直线平行可求出值，即可求解；B项：根据与直线垂直可求出值，即可求解；C项：将直线整理得：，从而求出定点，即可求解；D项：当原点与直线过的定点连线垂直直线时有最大距离，从而求解.【详解】对于A项：当直线与直线平行，得斜率为：，解得：，故A项正确；对于B项：当直线与直线垂直，得斜率：，解得：，故B项正确；对于C项：直线化简为：，由，解得：，即l恒过定点，故C项错误；对于D项：当原点与直线的定点的连线垂直于直线时距离最大，由两点间距离得：，故D项正确.故选：C6.已知抛物线，过点的直线与抛物线交于两点（点在第一象限），点为抛物线的焦点，若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】 【分析】设点，，，，根据抛物线的定义即可根据求得，求解直线方程，将直线方程与抛物线的方程联立，求出，，由抛物线的定义可求得的值．【详解】易知点，设点,，,，其中由于，所以，将代入得，故直线的斜率为，故其方程为，联立，可得，解得，所以由抛物线的定义可得．故选：C7.已知圆，对于直线上的任意一点，圆上都不存在两点、使得，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】作出图形，考虑、都与圆相切，设，则，分析可知，当时，最大，此时，最大，计算出圆心到直线的距离，分析可得，即可求得实数的取值范围.【详解】如下图所示： 圆心为，半径为，圆心到直线的距离为，考虑、都与圆相切，此时，由切线长定理可知，，又因为，，则，设，则，因为，则，故当时，最大，此时，最大，因为对于直线上的任意一点，圆上都不存在两点、使得，则，可得，则，可得，解得或.故选：B.8.已知分别是双曲线的左､右焦点，双曲线左､右两支上各有一点，满足，且，则该双曲线的离心率是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】延长交交双曲线于点，连接，结合双曲线的定义与余弦定理可得关 系，从而求得双曲线的离心率.【详解】如图，延长交交双曲线于点，连接因为，所以，根据双曲线的对称性可得关于原点对称所以，则四边形为平行四边形，所以设，则，由双曲线定义可得：，所以，在中，由余弦定理得，则，整理得所以，在中，由余弦定理得，则，整理得，所以则该双曲线的离心率是.故选：D.二､多选题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对得5分，部分选对得2分，错选得0分.9.已知函数，则下列选项正确的是（）A. B.函数的图像关于直线对称C.将图象上所有点向右平移个单位长度，可得图象D.若，则【答案】BCD【解析】【分析】根据诱导公式可判断；根据正弦函数性质可判断；根据函数左右平移原则“左加右减”即可判断；根据两角差的正弦可判断.【详解】因为，故错误；函数的对称轴为，，得，，所以函数的图像关于直线对称，故正确；由题意知，所将图像上所有点向右平移个单位，得，故正确；因为，且，所以，所以，因为，得，故正确.故选：.10.已知三棱锥，则下列选项正确的是（）A.若，则在上的投影向量为B.若是三棱锥的底面的重心，则C.若，则四点共面D.设，则构成空间的一个基底【答案】AB 【解析】【分析】利用投影向量的定义根据空间向量数量积的坐标运算计算可得A正确，画出几何体由空间向量加减运算法则可求得B正确，显然不满足共面定理，可知C错误；不共面的非零空间向量才可以构成空间的一个基底，可知D错误.【详解】对于A，易知在上的投影向量为,所以可知A正确；对于B，取的中点为，连接，如下图所示：由是三棱锥的底面的重心可得，易知所以，即可知B正确；对于C，若，显然，则四点不共面，所以C错误；对于D，由可知，共面，所以不能构成空间的一个基底，即D错误.故选：AB11.已知椭圆，点为坐标原点，分别是椭圆的左右焦点，则下列选项正确的是（） A.椭圆上存在点，使得B.为椭圆上一点，点，则的最小值为1C.直线与椭圆一定相切D.已知圆，点分别是椭圆､圆上的动点，则的最小值为【答案】BC【解析】【分析】易知圆与椭圆无交点，可得A错误，由椭圆定义将转化为，即可知B正确，联立直线与椭圆方程可得，显然方程只有一解，即可知C正确，由以及距离公式，构造函数并利用单调性可求出的最小值为，即D错误.【详解】对于A，若存在点，使得，则点在以为直径的圆上，而点在椭圆上，易知椭圆与圆无交点，如下图所示：所以不存在点满足题意，即A错误；对于B，由椭圆定义可得，则可得，所以，当且仅当三点共线时满足题意，又，可得，即，所以B正确； 对于C，将变形可得，结合直线可得，联立直线消去可得，显然该方程仅有一解，所以当时，直线和椭圆仅有一个交点，此时直线与椭圆一定相切，即C正确；对于D，易知圆圆心为，所以可得，不妨设，则由可得，则，易知，令，则在上满足恒成立，所以在上单调递增，即，因此可得，即的最小值为，即D错误.故选：BC12.如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点，点是底面正方形内的动点（包括边界），则下列选项正确的是（） A.存在点满足B.满足的点的轨迹长度是C.满足平面的点的轨迹长度是1D.满足的点的轨迹长度是【答案】ABD【解析】【分析】利用正方体中的垂直关系建立空间直角坐标系，设出对应点的坐标，翻译条件求出轨迹方程，注意变量的取值范围，求解轨迹长度即可.【详解】如图建立空间直角坐标系，则有，,，，， ，对于A选项，若，则，且，，故轨迹方程为，当时，，点既在轨迹上，也在底面内，故存在这样的点存在，A正确对于B选项，，的轨迹方程为，，在底面内轨迹的长度是周长的故长度为，B正确对于C选项，，，设面的法向量故有，解得，故平面，，的轨迹方程为，在底面内轨迹的长度为，C错误对于D选项，，，，的轨迹方程为，在底面内轨迹的长度为，D正确故选：ABD非选择题部分三､填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.13.已知空间中点，则点关于平面对称的点的坐标是__________.【答案】【解析】【分析】根据空间直角坐标系中点的对称求解即可.【详解】空间中点，则点关于平面对称的点的坐标是. 故答案为：.14.已知双曲线的两条渐近线方程为，并且经过点，则该双曲线的标准方程是__________.【答案】【解析】【分析】根据题意设双曲线方程为，利用渐近线和过点解方程组即可求得其标准方程.【详解】依题意可设双曲线方程为，；由渐近线方程为可得，将点代入可得，解得，所以双曲线标准方程为.故答案为：15.已知抛物线光学性质：从焦点出发的光线，经过抛物线上的一点反射后，反射光线平行于抛物线的轴.已知抛物线，一条光线从点沿平行于轴的方向射出，与拋物线相交于点，经点反射后与交于另一点.若，则两点到轴的距离之比为__________.【答案】##【解析】【分析】设出直线的方程，联立抛物线方程，用韦达定理和得出的值和、的坐标，然后可得两点到轴的距离之比．【详解】依题意，由抛物线性质知直线过焦点，设,，,，直线的方程为， 由，得：，所以，，则，又，所以，故抛物线方程为而，故，所以所以两点到轴的距离之比为．故答案为：．16.已知四棱锥平面，底面是矩形，，点分别在上，当空间四边形的周长最小时，则三棱锥外接球的体积为__________. 【答案】【解析】【分析】把平面展开到与底面共面的的位置，根据图形可知当四点共线时，空间四边形的周长最小，进而求得各边长，由正弦定理可求得外接圆的半径，在三棱锥中确定球心位置根据勾股定理即可求得外接球半径，可得其体积.【详解】把平面展开到与底面共面的的位置，延长到，使得，则（如下图所示），因为的长度为定值，故只需最小，即四点共线，易知，，可得，所以，，由正弦定理可得外接圆的半径，设外接圆圆心为，则三棱锥外接球的球心一定在过且与平面垂直的直线上，如下图所示： 因为到点的距离相等，所以，即三棱锥外接球的半径为，所以外接球的体积为.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题关键在于将展开到与底面共面的的位置，确定出空间四边形的周长最小时点的具体位置，求得三棱锥的各边长进而求出外接球半径即可求出体积.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.在中，角所对的边分别为且.（1）求的值；（2）若的面积为，求边上的高.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式即可得，可求出；（2）利用余弦定理以及边的比例关系可求出，再由面积计算可得，即可求得边上的高为.【小问1详解】利用正弦定理由可得， 又在中，易知，可得，所以；即，可得，显然，所以，所以，又，可得；【小问2详解】由余弦定理可得，代入整理可得，解得或（舍）；所以的面积为，解得，所以；设边上的高为，则，可得，即边上的高为.18.已知圆，两点、.（1）若，直线过点且被圆所截的弦长为，求直线的方程；（2）若圆上存在点，使得，求圆半径的取值范围.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）计算出圆心到直线的距离为，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式可求出直线的方程；（2）设点，利用平面内两点间距离公式结合可得知点在圆，可知圆与圆有公共点，根据圆与圆的位置关系可得出关于的不等式，即可解得的取值范围.【小问1详解】 解：当时，圆的标准方程为，圆心为，因为直线过点且被圆所截的弦长为，则圆心到直线的距离为，若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时，圆心到直线的距离为，不合乎题意；所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，即，则，解得，所以，直线的方程为或.【小问2详解】解：设点，则，整理可得，因为点在圆上，则圆与圆有公共点，且圆的圆心为，半径为，则，且，故，因为，解得，故的取值范围是.19.已知正三棱台中，，，、分别为、的中点.（1）求该正三棱台的表面积；（2）求证：平面【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将正三棱台补成正三棱锥，分析可知正三棱锥是棱长为 的正四面体，结合三角形的面积公式可求得正三棱台的表面积；（2）设点在底面的射影为点，则为正的中心，取的中点，连接，则，以点、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，证明出，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立.【小问1详解】解：将正三棱台补成正三棱锥，如图所示：因为，且，则、分别为、的中点，则，，故是边长为的等边三角形，由此可知，、都是边长为的等边三角形，易知是边长为的等边三角形，是边长为的等边三角形，故正三棱台的表面积为.【小问2详解】解：设点在底面的射影为点，则为正的中心，取的中点，连接，则，，则，因为平面，平面，则，所以，，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、，则，，，所以，，，所以，，，因为，、平面，故平面.20.已知函数，（1）当时，求函数的值域；（2）讨论函数的零点个数.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）代入分别利用基本不等式和函数单调性求出两段函数值域即可得出结论；（2）对参数的取值进行分类讨论，利用基本不等式以及指数函数单调性分别对两函数的最值的符号作出判断，结合图象特征即可得函数的零点个数.【小问1详解】 当时可得；显然当时，，当且仅当时，等号成立，当时，易知函数在上单调递增，所以可得，即时，；综上可知，函数的值域为；【小问2详解】①当时，函数在上单调递增，且当趋近于0时，，当趋近于时，，即函数在上存在一个零点；而函数在上单调递减，且当时，恒成立，即函数在上无零点；所以当时，函数仅有1个零点；②当时，易知在上单调递减，在上单调递增，此时最小值为，即函数在上存在两个零点；而函数在上单调递增，且当趋近于时，，其最大值为，即函数在上有一个零点；所以当时，函数仅有3个零点； ③当时，易知在上单调递减，在上单调递增，此时最小值为，即函数在上存在一个零点；而函数在上单调递增，且当趋近于时，，其最大值为，即函数在上有一个零点；即当时,函数仅有2个零点；④当时，易知在上单调递减，在上单调递增，此时最小值为，即函数在上无零点；而函数在上单调递增，且当趋近于时，，其最大值为，即函数在上无零点；所以当时，函数没有零点；综上可知，当时，函数仅有1个零点；当时，函数仅有3个零点；当时,函数仅有2个零点；当时，函数没有零点；21.已知多面体的底面为矩形，四边形为平行四边形，平面平面，，，是棱上一点. （1）证明：平面；（2）当平面时，求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）先证平面ADE平面BCF，再证明平面即可；（2）设出的坐标，求出平面的法向量，由平面的向量关系求出点坐标，再用向量法求线面角即可.【小问1详解】因为底面为矩形，所以；平面，平面，所以平面，又四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，因为，且平面ADE，平面ADE，所以平面ADE平面BCF，因为平面ADE，所以平面；【小问2详解】如图，连接AF，EG，取的中点，的中点，因为是等边三角形，所以，又平面平面， 平面FBC，平面平面，所以平面ABCD，又底面为矩形，所以，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，由题意得，，则，设，则，可知，由底面是平行四边形，得，设平面的法向量为，则，取，得，则平面的法向量为，由题意平面AEF，则，解得，所以，即是中点， 因为，所以，所以，设平面的法向量为，则，取，得，所以平面的法向量为，，设直线与平面所成的角为，则.所以BG与平面DEG所成角的正弦值为.22.已知椭圆的离心率为，且过点，点分别是椭圆的左､右顶点.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆交于两点（在之间），直线交于点，记的面积分别为，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）利用离心率以及椭圆过的点联立解方程组即可求得椭圆方程;（2）设出直线方程并与椭圆联立并利用韦达定理得出关系式，解出直线与的交点，利用弦长公式以及点到直线距离公式可求得面积的表达式，即可得，再由即可求得.【小问1详解】由题意可知离心率为，将点代入椭圆方程可得，又，解得；所以椭圆方程为【小问2详解】易知，设直线的方程为，，且，联立直线和椭圆方程，整理可得，，可得，且可得直线的方程为，直线的方程为，解得 ；点到直线的距离为所以的面积为的面积为；所以，又可得，即可得的取值范围是.【点睛】方法点睛：在求解圆锥曲线面积范围问题时，往往根据题目已知条件写出面积的表达式，进而求得两面积比值的表达式，再由参数范围利用函数单调性或者基本不等式即可限定出要求的结果.