浙江省温州市环大罗山联盟2022-2023学年高二数学上学期期中联考试题（Word版附解析）

2022学年第一学期环大罗山联盟期中联考

高二数学试题

考生须知：

1．本卷共4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.

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，只有一个选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】把直线化成斜截式方程，根据直线斜率与直线倾斜角的关系进行求解即可.

【详解】由，所以该直线的斜率为，

设该直线的倾斜角为，因此有，而，

所以

故选：A

2. 空间直角坐标系中，点关于平面的对称点是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据对称的性质即可求解.

【详解】点关于xOz平面的对称点是,

故选：B

3. 已知，则点O到平面ABC的距离是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】求出平面的法向量，利用公式求出点到平面的距离.

【详解】，设平面ABC的法向量为，

则，

令得，，故，

故点O到平面ABC的距离为.

故选：A

4. “m<1”是“点P（1，1）在圆C：x2＋y2﹣2mx＝0外”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据点与圆的位置，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.

【详解】由x2＋y2﹣2mx＝0可得，该方程表示圆，所以有，

当点P（1，1）在圆C：x2＋y2﹣2mx＝0外时，

有，所以此时，

显然由不一定能推出，但是由一定能推出，所以“m<1”是“点P（1，1）在圆C：x2＋y2﹣2mx＝0外”的必要不充分条件，

故选：B

5. 正四面体的棱长为2，点D是的重心，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据空间向量的线性运算和数量积的定义计算即可.
 

【详解】因为点D是的重心,

正四面体的棱长为2，

.

故选：D.

6. 椭圆（）的左、右焦点分别为，，若椭圆上存在点P满足，则椭圆C的离心率的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先根据焦点三角形的顶角范围，求出椭圆特征三角形顶角的范围，继而求出离心率的范围.

【详解】设椭圆的上顶点为,则令,

则,

且，

,

,

故选：B.

7. “白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”是唐代诗人李颀《古从军行》这首诗的开头两句．诗中隐含着一个数学问题——“将军饮马”：即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回军营，怎样走才能使总路程最短?在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，那么“将军饮马”的最短总路程为（    ）

A. 10 B. 9 C. 8 D. 7

【答案】C

【解析】

【分析】首先利用对称关系求出点关于直线的对称点的坐标，进一步利用两点间的距离公式求出最小距离．

【详解】设点关于直线的对称点坐标为

故，解得，即对称点，故原点到点的距离，

所以最短距离为．

故选：C

8. 若，则的最小值为（    ）

A.  B. 3 C.  D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】利用空间中两点之间的距离公式，将代数问题转化为几何问题，从而使得问题得以解决.

【详解】题干中代数式的几何意义是空间中任意一点分别到点、、，的距离之和，如图所示，四边形是一个矩形，

易知，

当点位于矩形的中心时，其距离之和最小，

且最小值为矩形的对角线长之和，而，

所以代数式的最小值为.

故选：C

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对得的2分，有选错的得0分．

9. 已知曲线，则（    ）

A. 存在m，使C表示圆

B. 当时，则C的渐近线方程为

C. 当C表示双曲线时，则或

D. 当时，则C的焦点是

【答案】AC

【解析】

【分析】A选项，得到，求出当时，满足要求；B选项，根据双曲线渐近线公式求出答案；C选项，根据题意得到，求出答案；D选项，先得到，得到椭圆方程特征得到焦点在轴上.

【详解】A选项，当，即时，为圆，A正确；

B选项，时，，故渐近线方程为，B错误；

C选项，当时，C表示双曲线，即或，C正确；

D选项，当时，则，显然焦点在轴上，D错误.

故选：AC

10. 若两直线与互相平行，则（    ）

A.

B.

C. 与之间的距离为

D. 与、距离相等点的轨迹方程为

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用两条直线平行的充要条件判断A，B；利用两平行直线间的距离公式判断C；直接法求轨迹方程判断D.

【详解】因为两直线与互相平行，

所以，解得或，

当时，，，

此时两直线与互相平行满足题意；

当时，，，

此时两直线与重合，不合题意.

综上有两直线与互相平行时，.故A正确，B错误；

与的距离为，故C正确；

设与、距离相等的点为，则，

整理得，所以与、距离相等的点的轨迹方程为，故D正确.

故选：ACD

11. 如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动．以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则（    ）

A. 是平面的一个法向量

B. 直线∥平面

C. 异面直线与垂直

D. 存在点，使得直线与平面所成的角为

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A，利用和是否为零进行判断，对于B，由与平面的法向量的数量积是否为零判断，对于C，由判断，对于D，设，然后求出与平面所成的角进行判断.

【详解】由题意可得，，

因为是侧面的中心，是底面的中心，所以，

对于A，因为，，

所以，，

所以，，所以是平面的一个法向量，所以A正确；

对于B，因为平面，所以是平面的一个法向量，

因为，所以，所以，

因为平面，所以直线∥平面，所以B正确；

对于C，因为，所以与不垂直，所以异面直线与不垂直，所以C错误；

对于D，设，则，由选项A可知是平面的一个法向量，设直线与平面所成的角为，

所以，

若直线与平面所成的角为，则，解得，

所以存在点，使得直线与平面所成的角为，所以D正确，

故选：ABD

12. 年月，神舟十三号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆都包含，点组成的“曲圆”半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点，椭圆的短轴长等于半圆的直径，如图，在平面直角坐标系中，下半圆与轴交于点若过原点的直线与上半椭圆交于点，与下半圆交于点，则（    ）

A. 椭圆的离心率为 B. 的周长为

C. 面积的最大值是 D. 线段长度的取值范围是

【答案】BD

【解析】

【分析】根据给定的条件，求出椭圆的短半轴长，半焦距判断选项A；利用椭圆的定义求出焦点三角形周长判断选项B；求出长度范围判断选项D； 根据运动的观点可得最大值判断C.

【详解】由题知，椭圆中的几何量，所以，

则，故A不正确；

因为，由椭圆性质可知，所以，故D正确；

设，到轴的距离为，，则，

当在短轴的端点处时，，同时取得最大值，故面积的最大值是，故C不正确；

由椭圆定义知，，

所以的周长，故B正确．

故选：．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则a的值为______．

【答案】4

【解析】

【分析】求出双曲线的渐近线方程，由条件，结合两直线垂直斜率相乘为，列方程可求.

【详解】由双曲线标准方程特征知，

双曲线的渐近线方程为，

由已知可得渐近线与直线垂直，

所以，

所以．

故答案为：.

14. 已知圆心在直线上的圆C与x轴的正半轴相切，且C截y轴所得弦的弦长为，则圆C的标准方程为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据圆的切线的性质，利用半径表示出圆心，结合弦长公式，可得答案.

【详解】由题意，作图如下：

设圆的半径为，由圆与轴的正半轴相切，且轴，则，

由圆心在直线，则圆心的坐标为，

显然点到轴的距离为，根据弦长公式可得：，解得.

圆心，则其标准方程.

故答案为：.

15. 已知椭圆和双曲线有共同的焦点，P，Q分别是它们的在第一象限和第三象限的交点，且，记椭圆和双曲线的离心率分别为，则等于______．

【答案】2

【解析】

【分析】根据椭圆和双曲线的定义及勾股定理，利用椭圆和双曲线的离心率公式即可求解.

【详解】设椭圆长半轴为，双曲线实半轴为，，为两曲线在第一象限的交点，为两曲线在第三象限的交点，如图所示，

由椭圆和双曲线定义与对称性知，，，

，

，则，

，即，

于是有，则，

故答案为：.

16. 如图，平行六面体中，底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形，E是CD的中点，D1E⊥CD，AB＝2BC＝2，且平面BCC1B1与平面D1EB的夹角的余弦值为，则线段D1E的长度为______．

【答案】

【解析】

【分析】先证明平面ABCD，以E为坐标原点，分别为轴正方向建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量与平面的一个法向量，由平面与平面夹角的余弦值为，列式求得线段的长度．

【详解】底面ABCD和侧面是矩形，，，

又，平面，

平面，平面，

平面，；

又，且，平面ABCD,平面ABCD．

平面ABCD．

以E为坐标原点，过E作 交于，以 分别为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则0,，1,，1,，0,．

设，则0,，2,．

设平面的一个法向量为y,，

1,，0,，

由，

令，得；

设平面的一个法向量为，

0,，1,，

由，

令，得．

由平面与平面所成的夹角的余弦值为，

得，解得(负值舍去)．

．

故答案为：

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．

17. 陕西历史博物馆收藏的国宝——唐·金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，玲珑娇美，巧夺天工，是唐代金银细作中的典范之作．该杯的主体部分可以近似看作是双曲线的右支与y轴及直线围成的曲边四边形绕y轴旋转一周得到的几何体，如图，若该金杯主体部分的上口外直径为，下底座外直径为，且杯身最细之处到上杯口的距离是到下底座距离的2倍，

（1）求杯身最细之处的周长（杯的厚度忽略不计）：

（2）求此双曲线C的离心率与渐近线方程.

【答案】（1）   

（2）离心率为2，渐近线方程为

【解析】

【分析】（1）由题意可得，代入双曲线方程可求出，从而可求得结果，

（2）由（1）可求出，从而可求出离心率和渐近线方程.

【小问1详解】

由题意可得，

因为双曲线C过点M，N，所以

解得，所以杯身最细之处的周长为．

【小问2详解】

因为双曲线C为，所以，则，

渐近线方程为，即，

即离心率为2，渐近线方程为.

18. 已知圆C：．

（1）过点作圆C的切线l，求切线l的方程；

（2）过点的直线m与圆C交于A，B两点，，求直线m的方程．

【答案】（1）   

（2）或．

【解析】

【分析】（1）得到圆C的方程，从而得到在圆C上，且不存在，从而得到切线l的方程；

（2）直线m斜率存在时，设出m为，根据弦长得到圆心C到直线m的距离，列出方程，求出，得到方程，考虑直线m斜率不存在时，得到，得到答案.

【小问1详解】

因为圆C：，圆心，半径．

因为点满足圆C的方程，所以点P在圆C上，

因为不存在，所以圆C在点P处切线斜率为0，

所以，切线l的方程为y＝2；

【小问2详解】

当直线m斜率存在时，设m为，即：．

因为圆心C到直线m的距离，即，

所以直线m的方程为；

当直线m斜率不存在时，m为x＝0也符合条件；

综上，所求为或．

19. 如图，已知三棱锥A﹣BCD中，BC⊥BD，和都是边长为2的正三角形，点E，F分别是AB，CD的中点．

（1）求证：AB⊥CD；

（2）记用表示；

（3）求异面直线AF和CE所成角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据等腰三角形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；

（2）根据平面向量加法和减法的运算法则进行求解即可；

（3）根据空间向量夹角公式进行求解即可.

【小问1详解】

连接BF．因为BC＝BD，F为CD中点，所以CD⊥BF；同理可得CD⊥AF；

因为，平面，

所以CD⊥平面ABF，又因为平面ABF，所以CD⊥AB；

  小问2详解】

因为F是CD的中点，

所以，

因为点E是AB的中点．

所以；

【小问3详解】

因为和都是边长为2的正三角形

，

因为BC⊥BD，

所以，

因为，所以，即，

所以，

又，

，

所以设所求角为θ，则．

20. 已知直线（）交轴正半轴于，交轴正半轴于．

（1）为坐标原点，求的面积最小时直线的方程；

（2）设点是直线经过的定点，求的值最小时直线的方程．

【答案】（1）   

（2）．

【解析】

【分析】（1）求出点的坐标，表示的面积，结合基本不等式求其最小值，可得的值，由此确定直线的方程；

（2）由直线方程求出定点的坐标，结合数量积坐标运算求，利用基本不等式求其最小值，由此确定直线的方程.

小问1详解】

作图可知．

因为直线的方程为，

令，，所以，令，，所以，

所以，

所以．

因为，由基本不等式可得，当且仅当时取等号，

所以，当且仅当时取等号，

所以面积最小时，直线的方程为．

【小问2详解】

因为直线的方程可化为，

所以直线经过的定点，

所以

所以，

又，

所以，当且仅当时等号成立，

所以的值最小时，直线的方程为．

21. 如图，已知四棱锥中，，BC＝DC＝2AB＝4，CB⊥CD，，点Q在棱PA上，PQ＝2QA，且PA⊥平面QBD．

（1）求证：平面QBD；

（2）求PC与平面PAB所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）连接AC交BD于E，连接QE，根据已知易得，进而有，利用线面平行的判定定理证结论；

（2）构建空间直角坐标系，利用已知条件及PA⊥面QBD，结合勾股定理、向量垂直的坐标表示、模长的坐标计算列方程求的坐标，进而确定和面PAB的法向量，应用向量法求线面角的正弦值.

【小问1详解】

连接AC交BD于E，连接QE．

因为，结合已知有，所以，

又面QBD，面，所以面QBD.

【小问2详解】

以C为原点，CB为x轴，CD为y轴，过点C作底面ABCD的垂线作为z轴，建立坐标系．

则，

设得：，，，

因为，所以①，

又PA⊥面QBD，面QBD，所以，即②，

因为PA⊥面QBD，面QBD，所以PA⊥QB，

所以，则，

所以③，

联立①②③可得，所以，且，

令面PAB的法向量为，则，若，则，

设所求角为θ，则．

22. 已知椭圆的左右焦点分别为，.过与轴垂直的直线与椭圆交于点，点在轴上方，且.

（1）求椭圆方程；

（2）过点的直线与椭圆交于，两点，是否存在一定点使得为定值，若存在，求出点的坐标，若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；   

（2）存在，.

【解析】

【分析】（1）根据条件结合椭圆定义求出，再由关系求出,即可求解；

（2）分直线斜率存在与不存在讨论，斜率存在时，设直线方程，联立椭圆，可得根与系数的关系，计算并化简可得结论，斜率不存在时验证即可.

【小问1详解】

由已知得，所以，

所以，

所以椭圆C的方程为.

【小问2详解】

如果存在点M，由于椭圆的对称性可知点M一定在 x轴上，

设其坐标为(,0)，

因为椭圆右焦点F(1,0)，直线斜率存在时设l的方程为，

，

则，将代入得：

，

所以，

又

由得：

则

当时，，

当直线斜率不存在时，存在一定点使得为定值0.

综上:存在定点使得为定值0.