2022-2023学年浙江省宁波市余姚中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年浙江省宁波市余姚中学高二上学期期中数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知空间向量，且，则x=（ ）
A．B．3C．D．6
【答案】C
【分析】利用向量平行列方程直接求得.
【详解】因为空间向量，且，
所以，解得：.
故选：C
2．直线的一个方向向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据直线的斜率先得到直线的一个方向向量，然后根据方向向量均共线，求解出结果.
【详解】因为直线的斜率为，所以直线的一个方向向量为，
又因为与共线，所以的一个方向向量可以是，
故选：A.
3．双曲线的焦距等于（ ）
A．1B．2C．3D．6
【答案】D
【分析】由题意可知， ，，解出，即可知焦距.
【详解】由题意可知： ， ，
，解得，
即双曲线的焦距等于，
故选：D.
4．圆与圆的公共弦长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】两圆的一般方程相减得到公共弦所在直线的方程，可与任一圆联立方程求出交点坐标，根据两点间距离公式得到公共弦长.
【详解】联立方程：，
两式相减可得公共弦方程，
方法一：联立方程：
得，得 ，，即公共弦的端点坐标为，
根据点到直线距离公式可得公共弦长为
方法二：圆的圆心坐标为，半径为
圆心到公共弦的距离为，公共弦长为
故选:B
5．袋内装有大小、形状完全相同的3个白球和2个黑球，从中不放回地摸球，设事件A=“第一次摸到白球”，事件B=“第二次摸到白球”，事件C=“第一次摸到黑球”，则下列说法中正确的是（ ）
A．A与B是互斥事件B．A与B不是相互独立事件
C．B与C是对立事件D．A与C是相互独立事件
【答案】B
【分析】根据互斥事件、对立事件和相互独立事件的定义判断即可.
【详解】根据题意可知，事件和事件可以同时发生，不是互斥事件，故A错；
不放回摸球，第一次摸球对第二次摸球有影响，所以事件和事件不相互独立，故B正确；
事件的对立事件为“第二次摸到黑球”，故C错；
事件与事件为对立事件，故D错.
故选：B.
6．在正四面体ABCD中，点E，F，G分别为棱BC，CD，AC的中点，则异面直线AE，FG所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出辅助线，找到异面直线AE，FG所成角，设出正四面体的边长，表达出其他边长，利用余弦定理求出答案.
【详解】连接DE，因为点F，G分别为棱CD，AC的中点，
所以FGAD，
所以或其补角为异面直线AE，FG所成角，
设正四面体的边长为a，
则，，
由余弦定理得：，
所以异面直线AE，FG所成角的余弦值为.
故选：C
7．已知椭圆C：的左、右焦点分别为(-c，0)，(c，0)，若椭圆C上存在一点M使得的内切圆半径为，则椭圆C的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用的面积相等，得到，得到，消去b，整理化简求出离心率的取值范围.
【详解】的面积为.
因为的内切圆半径为，所以的面积可表示为.
所以，所以.
因为，所以.
两边平方得：，
而，所以，整理得：,
因为离心率，所以，解得：.
故选：A.
8．如图，三棱柱满足棱长都相等且平面，D是棱的中点，E是棱上的动点．设，随着x增大，平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角是（ ）
A．先增大再减小B．减小C．增大D．先减小再增大
【答案】D
【分析】以中点为坐标原点，分别为轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系.
设所有棱长均为2，则，通过空间向量来求二面角的，故在上单增， 上单减，即随着x增大先变大后变小，所以随着x增大先变小后变大.即可得出结果.
【详解】
以中点为坐标原点，分别为轴，并垂直向上作轴建立空间直角坐标系.
设所有棱长均为2，则，,，，设平面BDE法向量,
则，令有，
故.
又平面ABC的法向量，故平面BDE与底面ABC所成锐二面角的平面角的余弦值
，又，故在上单增， 上单减，
即随着x增大先变大后变小，所以随着x增大先变小后变大.
故选：D.
【点睛】本题考查了用空间向量求二面角的余弦值，考查了解决问题能力和计算能力，属于中档题目.
二、多选题
9．甲、乙两人在高二的6次数学成绩统计的折线图如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A．若甲、乙两组成绩的平均数分别为，，则
B．若甲、乙两组成绩的方差分别为，则
C．甲成绩的中位数大于乙成绩的中位数
D．甲成绩的极差大于乙成绩的极差
【答案】AC
【分析】对四个选项一一判断：根据折线图直接判断选项A、B、D；分析甲乙的中位数，判断C.
【详解】由折线图可知,甲同学除第二次考试成绩略低于乙同学,其他次考试成绩都高于乙同学,所以.故选项A正确；
由折线图的变化趋势可知,甲同学的成绩比乙同学的成绩稳定,由方差的意义可得.故选项B错误；
由折线图可得甲同学的成绩的第3和第4均大于90，乙同学的成绩的第3和第4均小于90，所以甲成绩的中位数大于乙成绩的中位数. 故选项C正确；
因为极差为数据样本的最大值与最小值的差,所以甲同学成绩的极差小于乙同学成绩的极差,故选项D错误.
故选:AC
10．如图，已知正四棱台的上、下底面边长分别为，，其顶点都在同一球面上，且该球的表面积为，则侧棱长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】根据球的表面积公式可求得球的半径；作出截面，设外接球球心为，棱台底面的中心分别为，分别讨论在四边形内和在四边形外两种情况，结合勾股定理可求得棱台的高，进而可得侧棱长.
【详解】正四棱台的外接球表面积，解得：，即球的半径为；
，，
作出截面，设外接球球心为，棱台底面的中心分别为，
若在四边形内，如下图所示，
，，
，
，即棱台侧棱长为；
若在四边形外，如下图所示，
，，
，
，即棱台侧棱长为；
综上所述：侧棱长为或.
故选：AD.
11．设圆O，直线，P为l上的动点．过点P作圆O的两条切线PA，PB，切点为A，B，则下列说法中正确的是（ ）
A．直线l与圆O相交
B．直线AB恒过定点
C．当P的坐标为时，最大
D．当最小时，直线AB的方程为
【答案】BCD
【分析】求出圆心O到直线的距离.对于A：由直接判断；对于B：设.求出以为直径的圆D的方程，得到直线AB：.证明直线AB恒过定点.对于C：先判断出
要使最大，只需最大.在直角中，由.求出最小时P ，即可判断；对于D：利用面积相等得到要使最小，只需最小，即时，得到P的坐标为，求出直线AB.
【详解】圆O的半径.
设圆心O到直线的距离为d，则.
对于A：因为，所以直线l与圆O相离.故A错误；
对于B：P为上的动点，可设.
因为PA，PB为过点P作圆O的两条切线，所以.
所以四点共圆，其中为直径.
设的中点为,则,
所以圆D为，即.
所以直线AB为圆D和圆O的相交弦，两圆方程相减得：.
即直线AB：.
由解得：，所以直线AB恒过定点.故B正确；
对于C：因为和为直角三角形，且,所以，
所以，所以.
要使最大，只需最大.
在直角中，.
要使最大,只需最小，所以当时，最小，此时，所以，所以直线.
由，解得：，即当P的坐标为时，最大.故C正确；
对于D：因为直线AB为圆D和圆O的相交弦，所以，且被平分.
所以四边形的面积为.
而四边形的面积还可以表示为
所以.
要使最小，只需最小，即时，得到P的坐标为.
所以圆,
两圆相减得到直线AB：.故D正确.
故选：BCD.
12．给定两个不共线的空间向量与，定义叉乘运算：．规定：①为同时与，垂直的向量；②，，三个向量构成右手系（如图1）；③ ．如图2，在长方体中，
则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】根据新定义空间向量的叉乘运算依次判断选项即可.
【详解】在长方体中，AB=AD=2，，
A：同时与垂直，，
又因为，所以，且，构成右手系，
故成立，故A正确；
B：根据三个向量构成右手系，可知，，
则，故B错误；
C：，且与同向共线，
，且与同向共线，
又，且与同向共线，即与同向共线，所以，且与同向共线，
所以，故C正确；
D：长方体的体积，
，所以，故D正确.
故选：ACD
三、填空题
13．双曲线的渐近线方程是_________________.
【答案】
【分析】根据双曲线的渐近线方程的求法，求得双曲线的渐近线.
【详解】双曲线的渐近线为，所以双曲线的渐近线方程是.
故答案为
【点睛】本小题主要考查双曲线渐近线方程的求法，属于基础题.
14．在平行六面体中，°，则=___________．
【答案】
【分析】利用空间向量基本定理，得到，即可求出.
【详解】在平行六面体中，.
因为，所以.
所以
.
故答案为：
15．甲､乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲､乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为___________.
【答案】
【分析】两轮活动猜对3个成语,相当于事件“甲猜对1个,乙猜对2个”、事件“甲猜对2个,乙猜对1个”的和事件发生,根据独立事件概率求法,即可得解.
【详解】解：设分别表示甲两轮猜对1个,2个成语的事件,分别表示乙两轮猜对1个,2个成语的事件.根据独立事件的性质,可得
设A=“两轮活动‘星队’猜对3个成语”,则,且与互斥,与,与分别相互独立,
所以
因此,“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率是.
故答案为：
16．矩形ABCD中，，，现将沿对角线AC向上翻折，设二面角的平面角为，当在内变化时，BD的范围为______.
【答案】
【分析】分别过点，作，根据，计算，得到答案.
【详解】如图1，分别过点，作，垂足分别为F，E，
则在四面体中也满足．
因为，，所以，，
则，．
在四面体ABCD中，，
因为二面角的平面角为θ，且，
所以和的夹角为，
所以
因为，所以，则．
故答案为：
四、解答题
17．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且.
(1)求角B的大小；
(2)若，，求△ABC的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理进行求解即可；
（2）根据余弦定理和三角形面积公式进行求解即可.
【详解】（1）由正弦定理可得，
又，所以，因此，
又，所以；
（2）由余弦定理，得，
所以，
所以△ABC的面积.
18．第19届亚运会将在杭州举行．某高校承办了志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组[45，55），第二组[55，65），第三组[65，75），第四组[75，85），第五组[85，95），绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
(1)求a，b的值；
(2)估计这100名候选者面试成绩的众数、平均数和第60百分位数（精确到0.1）；
(3)在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自同一组的概率．
【答案】(1)；
(2)众数：70，平均数等于，第60百分位数等于；
(3).
【分析】（1）因为第三、四、五组的频率之和为0.7，求出；利用频率和为1，求出；
（2）由频率分布表进行数据分析，分别求出众数，平均数和第60百分位数；（3）先判断出从在第四、五两组志愿者中分别抽取了4人和1人，利用古典概型的概率公式即可求解.
【详解】（1）因为第三、四、五组的频率之和为0.7，所以，解得.
由频率和为1，即，解得：.
（2）由频率分布表进行数据分析可得：众数为70；
平均数等于，
第60百分位数等于：
（3）可知从在第四、五两组志愿者中分别抽取了4人和1人．
故选出的两人来自同一组的概率为．
19．已知圆C经过点M（0，-2）和N（3，1），圆心C在直线上．直线l的方程为
(1)求圆C的标准方程；
(2)求直线l被圆C截得的弦长的最大值和最小值．
【答案】(1)
(2)最长等于6；最短等于4
【分析】（1）利用待定系数法求出圆C的标准方程；（2）先判断出直线l过定点P（2，-2），得到最长弦为直径，利用垂径定理求出最短弦.
【详解】（1）因为圆心C在直线上，所以可设
由圆C经过点M（0，-2）和N（3，1），可得：
解得：，即圆心坐标为，所以半径.
所以圆C的标准方程.
（2）将直线l的方程整理为，
令得，故直线l过定点P（2，-2）.
又点P在圆C内，
故当直线l与直线PC重合时，弦长最长，等于直径长为6；
当直线l与直线PC垂直时，弦长最短，此时圆心到l的距离为，由垂径定理得，弦长为．
20．如图，在棱长为 的正方体中，点 ，分别为棱， 的中点．
(1)求直线与直线 间的距离：
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)直线与直线 间的距离为：.
(2)直线与平面所成角的正弦值为：．
【分析】（1）根据题意可知四边形 是菱形，运用勾股定理、菱形面积公式即可解得直线与直线 间的距离.
（2）建立空间直角坐标系，直接按照线面角的向量求法求解即可．
【详解】（1）解： 在棱长为 的正方体中，点 ，分别为棱， 的中点．
由题意可知：，、、、四点共面，
根据勾股定理可得： ，
四边形 是菱形，
， ，
，
，
直线与直线 间的距离为：.
（2）以 为原点，以所在的直线为 轴，以 所在的直线为轴， 所在的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.
则，， ，，，，
，，，
设平面的法向量为 ，
则，即 ，故令，则，，
平面的法向量为：，
，
设直线与平面所成角为 ，
则，，
直线与平面所成角的正弦值为：.
21．如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，，且．
(1)求证：AC⊥平面BDEF：
(2)若M为线段DE上的一点，满足直线AM与平面ABF所成角的正弦值为，求线段DM的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先做辅助线，再利用线面垂直判定定理判定定理证明.
（2）建立直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再通过直线与平面所成角的正弦值计算公式求解即可得到答案.
【详解】（1）证明：设AC与BD相交于点O，连接FO．
∵四边形ABCD为菱形， ∴
为中点，， ∴．
又，BD平面BDEF，FO平面BDEF
∴AC⊥平面BDEF．
（2）连接DF
∵四边形BDEF为菱形，且，
∴为等边三角形．
∵O为BD的中点，
∴
又，BD平面ABCD，AC平面ABCD，
∴FO⊥平面ABCD．
∴OA、OB、OF两两互相垂直
如图，以O为坐标原点，OA、OB、OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．
∵四边形ABCD为菱形，
∴
∵△BDF为等边三角形，
∴
设,则
设平面ABF的法向量为
则，令，则，故
则，
解得，即线段DM的长为.
故答案为.
22．在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为．点P是椭圆E上的一个动点，且P在第一象限．记的面积为S，当时，．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)如图，，的延长线分别交椭圆于点M，N，记和的面积分别为和．求证：存在常数λ，使得成立．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题得关于的方程组，解方程组即得解；
（2）设，，，解方程组求出的值，再求出即得证.
【详解】（1）由题得. 所以当时，.
由已知得，且，，
所以，从而，所以椭圆E的方程为.
（2）根据椭圆的对称性，可设，，，
则即，
因为，直线PM与直线PN的斜率均不为零，
所以设直线PM的方程为（其中
直线PN的方程为（其中，
联立，得，所以，
所以，所以，
由，得，所以
所以，所以，
所以，
所以
即存在常数，使得成立．
【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、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.