2022-2023学年浙江省台金六校高二上学期期中联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年浙江省台金六校高二上学期期中联考数学试题（解析版），共19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．若椭圆满足，则该椭圆的离心率（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据求出离心率.
【详解】因为，所以.
故选：B
2．已知直线，若，则与之间的距离（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】B
【分析】首先求，再根据平行线间距离公式求解.
【详解】因为，所以，即，两平行线之间的距离.
故选：B
3．若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据平面向量基本定理结合条件逐项分析即得．
【详解】由题可知不共面，
对于A选项，因为，所以三个向量共面；
对于B选项，因为，所以三个向量共面；
对于C选项，假设存在实数使得，
则共面，与不共面矛盾，因此不共面；
对于D选项，，所以共面.
故选：C．
4．已知双曲线的一条渐近线的方程是，且焦点到该渐近线的距离为2，则该双曲线的方程为（ ）
A．或
B．或
C．或
D．或
【答案】D
【分析】先根据焦点位置，设出，利用距离求出，结合渐近线的方程可得答案.
【详解】若焦点在轴上，设焦点，因为双曲线的一条渐近线的方程是，且焦点到该渐近线的距离为2，
所以，解得，即；
因为，所以，此时方程为；
若焦点在轴上，设焦点，，解得，即；
因为，所以，此时方程为；
故选：D.
5．在棱长为3的正方体中，平面与平面之间的距离为（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】C
【分析】由面面平行的判定定理可得平面平面，所以转化为点到平面之间的距离，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可得答案.
【详解】因为，平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面平面，
所以平面与平面之间的距离可以转化为点到平面之间的距离，
以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，
，，，，，，
设平面的法向量为，
所以，即，令，则，，，
所以点到平面之间的距离为，
即平面与平面之间的距离为.
故选：C.
6．点到直线的距离的最大值为（ ）
A．B．C．3D．
【答案】D
【分析】由题意，求得直线所过定点，由两点之间距离公式，可得答案.
【详解】由直线，整理可得，
令，解得，
点到直线距离的最大值为点到定点的距离，则，
故选：D.
7．已知圆，直线为上的动点，过点作圆的切线，切点分别为，当最小时，直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由切线性质得，A，，四点共圆，且,可得，然后根据切线长公式可得当直线时，最小，求出以为直径的圆的方程，根据圆系的知识即可求出直线的方程．
【详解】因为圆，圆心为，半径为，
由切线性质得，，A，，四点共圆，且.，
所以，
而，则当直线时，最小，最小，
所以此时直线，
由解得，即，
所以以为直径的圆的方程为，
即 ，
两圆的方程相减可得：，即为直线的方程．
故选：A.
8．已知为椭圆上不同的三点，直线，直线交于点，直线交于点，若，则（ ）
A．0B．C．D．
【答案】B
【分析】根据三角形面积公式及或得，再应用相交弦长公式列方程，即可求.
【详解】由，则，

由图知：当位置变化时，或，故，
所以，而直线、斜率存在且不为0，
故，
，
所以，即或，
当，化简得.
当时，，显然，无解.
所以.
故选：B.
二、多选题
9．已知一个古典概型的样本空间和事件和事件，满足，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．与互斥D．与相互独立
【答案】AD
【分析】计算出事件A和事件B，以及，的概率，即可判断A，B；由于，可判断C；分别计算的值，看二者的关系，判断D.
【详解】因为，，
所以，
，
，
，故A正确，错误；
与不互斥，故C错误；
事件A与相互独立，故D正确.
故选：AD.
10．在四面体中，分别是棱的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．若，则四边形为矩形
C．若，则
D．若，则
【答案】BCD
【分析】先判断四边形是平行四边形，然后结合向量运算、线线垂直、线面垂直等知识确定正确答案.
【详解】由于分别是棱的中点，
所以，所以四边形是平行四边形.
A选项，，
所以A选项错误.
B选项，设是的中点，
若，则，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，
所以，所以四边形是矩形，B选项正确.
C选项，若，则四边形是矩形，所以，所以，
所以C选项正确.
D选项，若，
，所以；
，所以；
，所以.
故选：BCD
11．设直线与直线交于点，已知点，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，点在圆上
B．当时，
C．当时，点在直线上
D．当时，的最小值为2
【答案】ABC
【分析】设，当时，由题可得，结合条件可判断AB，当时，可得可判断C，然后求点关于直线对称点，进而可求的最小值判断D.
【详解】设，则，，
当时，，即，所以点在圆上，故A正确；
当时，，，
，即，故B正确；
当时，由题可得，即，故点在直线上，故C正确；
当时，点在直线上，设点关于的对称点为，
则，解得，即，
所以，故D错误.
故选：ABC.
12．已知为椭圆的左､右焦点，为椭圆上的一点，若以线段为直径的圆与圆总有公共点，则的值可以是（ ）
A．1B．3C．5D．7
【答案】BC
【分析】求出的最小值和最大值，即可求出以线段为直径的圆的最小和最大圆，若都与圆总有公共点，即可求出的取值范围，即可得出答案.
【详解】因为椭圆，所以，
所以，则，因为为椭圆上的一点，
当为椭圆的右顶点即时，最大，
此时以线段为直径的圆为：，圆心，
当为椭圆的左顶点即时，最小，
此时以线段为直径的圆为：，
圆心，
若以线段为直径的圆与圆总有公共点，
则，解得：.
故选：BC.
三、填空题
13．已知过点的直线的倾斜角为，则直线的方程是___________.
【答案】
【分析】直线的倾斜角为，斜率不存在，直线为与x轴垂直的直线.
【详解】因为过点的直线的倾斜角为，
所以直线轴，故直线方程为，
故答案为：
14．某高校的入学面试中有3道难度相当的题目，李明答对每道题目的概率都是.若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止.假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，则李明最终通过面试的概率为___________.
【答案】##0.875
【分析】根据对立事件概率公式及独立事件概率公式即得.
【详解】设李明最终通过面试为事件，则，
所以.
故答案为：.
15．已知椭圆和双曲线的焦点相同，分别为左､右焦点，是椭圆和双曲线在第一象限的交点，若轴，则椭圆和双曲线的离心率之积为___________.
【答案】
【分析】根据椭圆，双曲线的定义结合条件可得，，，然后根据离心率的概念即得.
【详解】设，由题可知，，
因为轴，所以，
所以椭圆和双曲线的离心率之积为.
故答案为：1.
16．如图，把边长为2的正方形纸片沿对角线折起，设二面角的大小为，异面直线与所成角为，当时，的取值范围是___________.
【答案】
【分析】设的中点为，则为二面角的平面角，利用坐标法，根据线线角的向量求法可得，然后根据三角函数的性质即得.
【详解】设的中点为，连接，则，
所以为二面角的平面角，即，
如图以为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以，
所以，
因为，所以，
所以.
故答案为：.
四、解答题
17．某中学有教职工150人，对他们进行年龄状况和受教育程度的调查，其结果如下：
从这150名教职工中随机的抽取1人，求下列事件的概率.
(1)事件A：“年龄在35岁以下”；
(2)事件：“具有研究生学历”.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据概率公式直接求概率即可；
（2）根据概率公式直接求概率即可.
【详解】（1）年龄在35岁以的有35个本科生和30个研究生，
所以事件A的概率为；
（2）具有研究生学历的在不同年临段分别有30，23，7人
所以事件B的概率为.
18．已知圆，直线过点且与圆交于两点.
(1)当最小时，求直线的方程；
(2)当时，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）当直线与垂直时，最短，根据垂直关系得到直线斜率，计算得到直线方程.
（2）考虑直线斜率存在和不存在两种情况，计算圆心到直线的距离为，根据点到直线的距离公式计算得到答案.
【详解】（1）圆，圆心，半径.
当直线与垂直时，最短，直线的斜率，
所以此时直线的斜率为，直线的方程为，即.
（2）当时，圆心到直线的距离为.
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，符合；
当直线的斜率存在时，设直线的斜率为，则直线的方程为，
即，所以，解得，
所以的方程为，即.
综上所述：当时，直线的方程为或.
19．如图，多面体，底面是边长为2的等边三角形，侧面为正方形且垂直于底面，，，为的中点，为棱上靠近点的三等分点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的大小.
【答案】(1)证明见解析.
(2)平面 与平面夹角的大小为：.
【分析】（1）由已知条件建立空间直角坐标系，分别求出每一点的坐标，进而求出向量
，，的坐标，运用向量的数量积公式得到，，
根据线面垂直的判定定理即可证明.
（2）由（1）可知平面与平面的法向量，运用向量的数量积公式，
即可解出平面与平面夹角的大小.
【详解】（1）证明： 底面是边长为2的等边三角形，
又侧面为正方形且垂直于底面，，，
为的中点，为棱上靠近点的三等分点.
由题意可得， 以为坐标原点，以 为 轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示.
则点，，，， ，
，，，
，
，
，，
即，又，平面，平面，
平面
（2）解：由（1）可知为平面的法向量且，
设平面的一个法向量可以为，
设平面与平面的夹角为，
，
，
平面与平面夹角的大小为： .
20．已知圆和定点为圆上的动点，线段的中垂线与直线交于点，设动点的轨迹为曲线.
(1)求证：为定值，并求曲线的方程；
(2)若曲线与轴的正半轴交于点，直线与曲线交于两点，且的面积是，求实数的值.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据双垂线的性质，可得差值为定值，根据双曲线的定义以及双曲线的标准方程，可得答案；
（2）联立直线与双曲线方程，写出韦达定理，利用分割法求三角形的面积，建立方程，可得答案.
【详解】（1）由线段的中垂线与直线交于点，得，
为定值.点的轨迹是以为焦点的双曲线，
设双曲线方程为：，，
所以，曲线的轨迹方程是.
（2）由（1）得，，设，
由，消去得，，则.
，整理得，
解得，或（舍去）.
所以，.
21．如图，已知四棱锥的底面为等腰梯形，为等边三角形，分别为棱的中点，为棱上的动点（包括端点）.
(1)若为棱的中点，求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取线段的中点，由题可得，然后根据线面平行的判定定理即得；
（2）根据线面垂直的判定定理可得平面，结合条件可得是边长为等边三角形，然后利用坐标法，利用线面角的向量求法即得；或根据条件可得点到平面的距离，然后求出线段的取值范围，进而即得.
【详解】（1）取线段的中点，连接，
因为为棱的中点，所以，且
又因为
又分别为的中点，
所以，且，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，又因为平面平面，
所以平面；
（2）因为为边长为2等边三角形，分别为的中点，
所以，且，
底面为等腰梯形，，
分别为的中点，
所以，且，
又因为平面平面，
所以平面，
又因为，所以平面，又平面，
所以，
所以在中，，
所以是边长为等边三角形，
解法一：建立如图所示的空间直角坐标系，则，
则，
设平面的法向量为，则，
令，可得，
设，则，
设直线与平面所成角为，则
，
所以当时，取得最大值，
当或1时，取得最小值，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
解法二：因为平面，平面，
所以平面，
所以到平面得距离相等，设为，
因为为线段的中点，则，且，
又因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，平面，
所以平面，
所以，
因为平面，又平面，
所以，
所以，
在等腰中，，
所以底边上的高，
所以，
设直线与平面所成角为，则，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
22．如图，已知为椭圆的上焦点，分别为上，下顶点，过作直线与椭圆交于两点（不与重合）.
(1)若，求直线的方程；
(2)记直线与的斜率分别为，求证：为定值，并求出该定值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析，定值为.
【分析】（1）由题可设，联立椭圆方程，利用韦达定理结合条件即得；
（2）利用斜率公式可得，然后根据条件结合韦达定理化简即得.
【详解】（1）由题可知，依题知直线的斜率存在，设为，
所以，，设，
由，可得，
所以，
由，得，
∴，
，
解得，即，
直线的方程为；
（2）由题可知，
∴，
，
所以，，
，，
，
∴，
所以为定值，定值为.
本科
研究生
合计
35岁以下
35
30
65
岁
30
23
53
50岁以上
25
7
32