浙江省学军中学紫金港2022-2023学年高二上学期期中数学试题及答案

这是一份浙江省学军中学紫金港2022-2023学年高二上学期期中数学试题及答案，共23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。

浙江省学军中学紫金港2022-2023学年高二上学期期中数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知直线与平行，则的值是（    ）
A．1 B．2或5 C．5 D．1或2
2．如图，在平行六面体中，设，则（    ）

A． B．
C． D．
3．一学习小组10名学生的某次数学测试成绩的名次由小到大分别是2，4，5，，11，14，15，39，41，50，已知该小组数学测试成绩名次的40%分位数是9.5，则的值是（    ）
A．6 B．7 C．8 D．9
4．已知直线l过抛物线的焦点，且平分圆，则直线l的方程为（    ）
A． B． C． D．
5．设，为椭圆的两个焦点，点P在椭圆上，若线段的中点在y轴上，则的值为（    ）
A． B． C． D．
6．正四棱锥中，O为顶点在底面内的投影，P为侧棱SD的中点，且，则直线BC与平面PAC的夹角是(    )
A．60° B．45° C．30° D．75°
7．已知F为抛物线的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，（其中O为坐标原点），则与面积之和的最小值是（    ）
A． B．3 C． D．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为、，为坐标原点，点在双曲线的右支上，（为双曲线的半焦距），直线与双曲线右支交于另一个点，，则双曲线的离心率为（    ）
A． B． C． D．
9．已知正方体棱长为2，P为空间中一点，下列论述正确的是（    ）

A．若，则异面直线BP与所成角的余弦值为
B．若三棱锥的体积是定值
C．若，有且仅有一个点P，使得平面
D．若，则异面直线BP和所成角取值范围是

二、多选题
10．某市教育局为了解疫情时期网络教学期间的学生学习情况，从该市随机抽取了1000名高中学生，对他们每天的平均学习时间进行问卷调查，根据所得信息制作了如图所示的频率分布直方图，则（    ）

A．这1000名高中学生每天的平均学习时间为6~8小时的人数有100人
B．估计该市高中学生每天的平均学习时间的众数为9小时
C．估计该市高中学生每天的平均学习时间的分位数为9.2小时
D．估计该市高中学生每天的平均学习时间的平均值为8.6小时
11．已知圆过点，且与圆相切于原点，直线则下列结论中，正确的有（    ）
A．圆的方程为 B．直线过定点
C．直线被圆所截得的弦长的最小值为 D．直线被圆截得的弦长有最大值时，则
12．已知抛物线的焦点为，过原点的动直线交抛物线于另一点，交抛物线的准线于点，下列说法正确的是（    ）
A．若为线段中点，则 B．若，则
C．存在直线，使得 D．面积的最小值为2

三、填空题
13．假设有6位条件类似的毕业生（分别记为A、B、C、D、E、F）应聘秘书工作，但只有2个秘书职位，因此6个人中只有2个能被录用，如果6个人被录用的机会相等，则A或B至少有一个人得到职位的概率是___________．
14．已知圆，直线，P为l上的动点，过点P作圆C的两条切线PA、PB，切点分别A、B，当最小时，直线PC的方程为___________．
15．两条异面直线a，b所成的角为，在直线a，b上分别取点，E和A，F，使，且已知，则线段的长为___________．
16．在三棱锥中，，点在平面中的射影是的垂心，若，，的面积之和为4，则三棱锥的外接球表面积的最小值为______．

四、解答题
17．已知圆，圆.
(1)求圆与圆的公共弦长；
(2)求过两圆的交点且圆心在直线上的圆的方程.
18．某学校有高中学生500人，其中男生300人，女生200人．有人为了获得该校全体高中学生的身高信息，采用分层抽样的方法抽取样本，并观测样本的指标值（单位：cm），计算得男生样本的均值为175，方差为20，女生样本均值为165，方差为30
(1)如果已知男、女的样本量按比例分配，请计算总样本的均值和方差各为多少?
(2)如果已知男、女的样本量都是25，请计算总样本均值和方差各为多少?
19．在如图所示的实验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且两平面相互垂直，活动弹子分别在正方形对角线AC和BF上移动，且和的长度保持相等．
(1)证明面
(2)当是中点时，求二面角夹角的余弦值．

20．若双曲线的左、右焦点分别为，过焦点的直线的一个法向量为，直线l与双曲线C的右支相交于A，B不同的两点．
(1)求实数m的取值范围；
(2)是否存在实数，使得为锐角?若存在，请求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．
21．如图，四棱锥的底面是平行四边形，，.

（1）证明：平面平面；
（2）若，，试在棱上确定一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
22．已知椭圆的离心率为，椭圆C的左､右顶点分别为A，B，上顶点为D，.
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为的动直线l与椭圆C相交于M，N两点，是否存在定点P（直线l不经过点P），使得直线PM与直线PN的倾斜角互补，若存在这样的点P，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.

参考答案：
1．B
【分析】讨论，结合两直线的位置关系求值，注意验证所求的值保证两线平行而不能出现重合的情况.
【详解】由平行条件可知，
当时，，解得；
当时，解得，此时，两条直线也平行；
所以或.
故选：B.
2．B
【分析】根据空间向量线性运算求解即可.
【详解】连接，如图所示：

.
故选：B
3．C
【分析】根据百分位数的定义进行计算即可.
【详解】依题意是整数，那么40%分位数9.5就是第，第位数的平均值，于是，解得.
故选：C
4．C
【分析】根据题意可知直线经过抛物线的焦点和圆的圆心，有两点坐标即可求解直线方程.
【详解】抛物线的焦点为，由于直线平分圆，故直线经过圆心，所以可得直线经过点和，故斜率，由斜截式可得方程为：，
故选：C
5．C
【分析】由中位线定理以及椭圆方程得出，再由椭圆的定义得出，再求的值.
【详解】由椭圆的定义可知，，由中位线定理可知，，将代入中，解得，即，，故
故选：C
6．C
【分析】以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解．
【详解】如图，以O为坐标原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OS为z轴，建立空间直角坐标系，
设OD=SO=OA=OB=OC=a，
则，
则，，,
设平面PAC的一个法向量为，
则即，令，则，所以，
∴，
设直线BC与平面PAC的夹角为，
∴直线BC与平面PAC的夹角的正弦值为，
∴直线BC与平面PAC的夹角为

故选：C
7．D
【分析】设（）且直线，联立抛物线应用韦达定理，结合向量数量积的坐标表示求得，进而可得，最后应用基本不等式求最小值，注意取值条件.
【详解】
设（）且直线，联立抛物线得，
由，而，所以，得或，
又A，B位于x轴的两侧，故，故，
由，且过定点，
又，，
所以，当且仅当时等号成立.
故与面积之和的最小值是.
故选：D
8．D
【分析】根据双曲线的定义，结合直角三角形的相关性质可得解.
【详解】
如图所示，
由，，得，
，
设，
由双曲线定义得，
所以，，，
又，即，解得，
所以，，
又，即，即，
所以离心率，
故选：D.
9．D
【分析】A：为中点，连接，若分别是中点，连接，找到异面直线BP与所成角为或其补角，求其余弦值；B：在（含端点）上移动，△面积恒定，到面的距离恒定，即可判断；C：若分别是中点，在（含端点）上移动，证明面，易知要使面，则必在面内，即可判断；D构建空间直角坐标系，设，应用向量夹角的坐标表示求，进而判断夹角的范围.
【详解】A：由，即为中点，连接，若分别是中点，

连接，则，
又且，即为平行四边形，所以，
所以异面直线BP与所成角，即为或其补角，
而，，，
故，故A错误；
B：由知：在（含端点）上移动，如下图示，

△面积恒定，到面的距离恒定，故的体积是定值，故B错误；
C：若分别是中点，由知：在（含端点）上移动，

由面，面，则面面，
由，面面，面，
所以面，面，则，同理可证：，
由，、面，故面，
而面面，要使面，则必在面内，
显然面，故C错误；
D：由知：在（含端点）上移动，
如图以为原点，分别为轴建系，
则，，，则，
设，则，
所以，令，

当，即时，，此时直线和所成角是；
当，即时，则，
当，即时，取最大值为，直线和所成角的最小值为，故D正确.
故选：D
10．BCD
【分析】对于A：直接利用频率分布直方图的数据进行计算，即可判断；
对于B：根据众数的定义进行判断；
对于C：直接利用频率分布直方图的数据进行计算，即可判断；
对于D：直接利用频率分布直方图的数据，按照平均数的定义进行计算，即可判断.
【详解】对于A：从频率分布直方图，可以得到，即这1000名高中学生每天的平均学习时间为6~8小时的人数有200人，故A错误；
对于B：由频率分布直方图可以得到，抽查的1000名高中学生每天的平均学习时间的众数为9小时，由此可以估计该市高中学生每天的平均学习时间的众数为9小时，故B正确；
对于C：由频率分布直方图可以得到，设抽查的1000名高中学生每天的平均学习时间的分位数为k小时，则有：，解得：k=9.2，即抽查的1000名高中学生每天的平均学习时间的分位数为9.2小时，由此可以估计该市高中学生每天的平均学习时间的分位数为9.2小时，故C正确；
对于D：由频率分布直方图可以得到，抽查的1000名高中学生每天的平均学习时间的平均值为小时，由此可以估计该市高中学生平均学习时间的平均值为8.6小时，故D正确；
故选：BCD
11．AC
【分析】设，根据题意列方程组解得可判断A，根据直线方程可求出直线所经过的定点判断B，再根据圆心到直线的距离的最大值可得直线被圆所截得的弦长的最小值可判断C，根据直线被圆截得的弦长最大时，直线过圆心可判断D.
【详解】设，圆的圆心，半径为，
则，解得，
所以圆的方程为，故A正确；
因为，即，
由得，所以直线过定点，故B错误；
设圆心到直线的距离为，
则，当且仅当时，等号成立，
所以弦长，
所以直线被圆截得的弦长的最小值为，故C正确；
直线被圆截得的弦长最大时，则直线过圆心，
所以，即，故D错误.
故选：AC.
12．AD
【分析】对于A，求出点的横坐标，再根据抛物线的定义求出，即可判断；
对于B，根据抛物线的定义求出点的横坐标，再求出，即可判断，
对于C，，则，判断是否有解，即可判断；
对于D，根据，结合基本不等式即可判断.
【详解】解：抛物线的准线为，焦点，
若为中点，所以，所以，故A正确；
若，则，所以，故B错误；
设，则，所以，，
所以，所以与不垂直，故C错误；
，
当且仅当，即时，取等号，
所以面积的最小值为2，故D正确.
故选：AD.

13．##
【分析】列举出6个人中2人被录用的所有基本事件，再找出对应事件的基本事件的个数，从而利用古典概型的概率公式计算即可.
【详解】6位毕业生，2个职位，每个人被录用的机会相等，
所以2位毕业生被录用的基本事件有：，共件，
其中A和B都不被录用的基本事件有，共件，
所以A或B至少有一个人得到职位（记为事件）的基本事件有件，
所以.
故答案为：.
14．
【分析】由切线性质得是的垂直平分线，，由此得到，又，故当直线时，最小，即最小，从而利用直线与直线垂直求得直线的方程.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离为，则直线与圆相离，
由切线性质得，是的垂直平分线，，
所以，
而，则当直线时，最小，即最小，即最小，
此时，由于直线，所以可设直线，
又因为，所以，则，故直线.
故答案为：.
.
15．或
【分析】利用空间向量线性运算得到，结合空间向量数量积的运算法则及模的运算即可得解，注意的夹角有两种情况.
【详解】由题意，得，
所以，
因为，所以，，
因为，所以，则，同理：，
因为异面直线a，b所成的角为，
当的夹角为时，，
所以，则，即，故；
当的夹角为时，，
所以，则，故；
综上：线段的长为或.
故答案为：或.
.
16．
【分析】根据题意，证明两两垂直，进而设，结合题意得，再根据基本不等式得，进而得三棱锥的外接球的半径满足，最后根据球的表面积公式求解即可.
【详解】解：如图，设的垂心为，延长分别交于点，
所以，，
因为点在平面中的射影是的垂心，所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，平面，
所以平面，平面，
因为平面，平面
所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面，
因为平面，所以.
所以，两两垂直，
所以，三棱锥的外接球即为以为长宽高的长方体的外接球.
不妨设，
因为，，的面积之和为4
所以，，即，
因为
所以，，当且仅当x=y=c等号成立
所以三棱锥的外接球的半径满足，
所以，三棱锥的外接球表面积
所以三棱锥的外接球表面积的最小值为
故答案为：

17．(1)
(2)

【分析】（1）将两圆方程作差可求出公共弦的方程，然后求出圆心到公共弦的距离，再利用弦心距，半径和弦的关系可求得答案，
（2）解法一：设过两圆的交点的圆为，求出圆心坐标代入中可求出，从而可求出圆的方程，解法二：将公共弦方程代入圆方程中求出两圆的交点坐标，设所求圆的圆心坐标为，然后列方程组可求出，再求出圆的半径，从而可求出圆的方程.
【详解】（1）将两圆的方程作差即可得出两圆的公共弦所在的直线方程，
即，化简得，
所以圆的圆心到直线的距离为，
则，解得，
所以公共弦长为.
（2）解法一：
设过两圆的交点的圆为，
则；
由圆心在直线上，则，解得，
所求圆的方程为，即.
解法二：
由（1）得，代入圆，
化简可得，解得；
当时，；当时，；
设所求圆的圆心坐标为，
则，解得；
所以；
所以过两圆的交点且圆心在直线上的圆的方程为
18．(1)总样本的均值为cm，总样本的方差为
(2)总样本的均值为cm，总样本的方差为；

【分析】（1）根据男、女的样本量按比例分配进行计算可得答案;
（2）按男、女的样本量都是25计算总样本均值和方差即可.
【详解】（1）男、女的样本量按比例分配，
总样本的均值为cm，
总样本的方差为；
（2）男、女的样本量都是25，
总样本的均值为cm，
总样本的方差为；
19．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）利用已知得平面，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，可得是平面的一个法向量，设求出点坐标，求出点坐标，利用可得答案；
（2）当是中点时，求出平面、平面一个法向量，由二面角的向量求法可得答案．
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，
所以平面平面，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，可得，，,，
，，，
平面，可得是平面的一个法向量，
设，得，
则，得，所以，
因为，所以，所以面；
（2）当是中点时，由（1）可得，，
所以，，，
设为平面一个法向量，则
，即，令，则，所以，
设为平面一个法向量，则
，即，令，则，所以，
所以，
由图可得二面角夹角的为锐角，
所以二面角夹角的余弦值为.

20．(1)
(2)不存在，理由见解析

【分析】（1）由题设条件得到直线为，联立直线与双曲线方程，根据题意可知，，由此得到关于的不等式，解之即可得解；
（2）将为锐角转化为，结合（1）中结论，得到关于的不等式，从而得到的范围，由此得以判断.
【详解】（1）因为双曲线，所以，则，，则，
因为过焦点的直线的一个法向量为，所以直线为，则，
联立，消去，得，
所以，即，即，显然成立，
设，则，
由题意知，所以，即，
所以，解得或，
所以.
（2）假设存在实数，使得为锐角，则，即，
因为，
所以，
即，整理得，
故，而由（1）知，矛盾，故假设不成立，
所以不存在实数，使得为锐角.
21．（1）证明见解析；（2）点在靠近点的三等分点处时，面与面所成锐二面角的余弦值为.
【分析】（1）由题意易得AB⊥AD，根据线面垂直的判定有AB⊥平面PAD，由面面垂直的判定即可证平面PAD⊥平面ABCD.
（2）构建对应x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，根据已知线段的长度，标注A、B、C、D、P的坐标，进而得到，，的坐标，设可得M坐标，进而确定面PAB、面MAC的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示结合其余弦值，列方程求，即可确定点的位置.
【详解】（1）∵四边形ABCD为平行四边形，且AC＝BD，
∴四边形ABCD为矩形，即AB⊥AD．又AB⊥PD， AD∩PD＝D，
∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面ABCD，
∴平面PAD⊥平面ABCD.
（2）由（1）知：在平面PAD内过点A作AE⊥AD，则AE⊥平面ABCD，以为正交基底建立空间直角坐标系如图所示，

则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(3,6,0)，D(0,6,0)，P(0,3,3)，
∴，，，
设，则，可得，
∵，
∴AP⊥PD，又AB⊥PD，AP∩AB＝A，
∴PD⊥平面PAB，则是平面PAB的一个法向量，
设面MAC的一个法向量为，则，即，令，有，
∴，则，解得，即.
点在靠近点的三等分点处.
【点睛】关键点点睛：
（1）由矩形性质证线线垂直，根据线面垂直、面面垂直的判定证明面面垂直.
（2）构建空间直角坐标系，设得到含参的点坐标，由二面角的余弦值，结合平面法向量夹角的坐标表示，列方程求参数，进而确定点的位置.
22．(1)
(2)存在，点P的坐标为或

【分析】（1）利用数量积公式及离心率可得a,b,c从而得到椭圆方程;
（2）设直线l的方程为，与椭圆方程联立，写出韦达定理，由题意可得直线PM与直线PN的斜率之和为零，利用韦达定理化简可得结果.
【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，由题意知，，，
所以，，所以，解得.
又椭圆C的离心率为，所以，，
故椭圆C的方程为.
（2）假设存在这样的点P，设点P的坐标为，点M，N的坐标分别为，，设直线l的方程为.
联立方程消去y后整理得.
，得，
有
若直线PM与直线PN的倾斜角互补，则直线PM与直线PN的斜率之和为零，
所以


.
所以解得或
故存在点P符合条件，点P的坐标为或.