2022-2023学年浙江省台州市名校联盟高二上学期11月五科联赛数学试题含答案

2022-2023学年浙江省台州市名校联盟高二上学期11月五科联赛数学试题

一、单选题

1．直线的倾斜角是

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】化直线一般式方程为斜截式，求出直线的斜率，由倾斜角的正切值等于直线的斜率求得倾斜角.

【详解】由，得，

设直线的倾斜角为，则，

，故选D.

【点睛】本题主要考查直线的斜截式方程的应用以及直线斜率与直线倾斜角的关系，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于简单题.

2．若平面，的法向量分别为，，则（    ）

A． B． C．，相交但不垂直 D．以上均不正确

【答案】C

【分析】应用空间向量夹角的坐标运算求夹角余弦值，即可判断面面关系.

【详解】由，而，

由所得向量夹角余弦值知：，相交但不垂直.

故选：C

3．同时抛掷3枚质地均匀的硬币，出现的结果为“一正两反”的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据列举法求出古典概型的概率.

【详解】同时抛掷3枚质地均匀的的硬币，因为每枚硬币均有正反两种情况，故共有8种情况，

如下：“正，正，正”，“正，正，反”，“正，反，正”， “反，正，正”，“正，反，反”，“反，正，反”，“反，反，正”，“反，反，反”，

其中出现的结果为“一正两反”的情况有“正，反，反”，“反，正，反”，“反，反，正”，

故出现的结果为“一正两反”的概率为.

故选：C

4．已知抛物线的焦点为，若直线与交于，两点，且，则（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】B

【分析】将代入抛物线得，结合弦长可得，根据抛物线定义求即可.

【详解】令，则，故，所以，

所以，故准线为，则.

故选：B

5．已知等差数列的前项和为，若公差，且，则（    ）

A．2021 B．2022 C．2023 D．2024

【答案】B

【分析】利用等差数列前n项和二次函数性质及求得，进而求得，最后应用等差数列前n项和公式求结果.

【详解】由，故对称轴为，又，

所以，即，故，

所以.

故选：B

6．已知双曲线的左顶点为，过的直线与的右支交于点，若线段的中点在圆上，且，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．3

【答案】A

【分析】设线段的中点为，双曲线的右顶点为，连接，则可得，然后在中利用余弦定理求得，则，从而可表示出，代入双曲线方程化简可求出离心率.

【详解】设线段的中点为，双曲线的右顶点为，左右焦点为，连接，

因为线段的中点在圆上，所以，

所以≌，所以，

因为，所以，

在中，由余弦定理得，

因为，所以，

所以，过作轴于，则，

所以，

所以，得，

所以，，所以，

所以离心率，

故选：A

【点睛】关键点点睛：此题考查求双曲线的离心率，考查直线与双曲线的位置关系，解题的关键是由题意求得，然后在中利用余弦定理求出，从而可表示出点的坐标，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题.

7．我国南北朝时期的著名数学家祖晅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即．某粮仓如图3所示，其对应的立体图形是由双曲线和直线及围成的封闭图形绕轴旋转一周后所得到的几何体（如图4），类比上述方法，运用祖暅原理可求得该几何的体积等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】构造一个底面半径为，高为的圆柱，通过计算得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得几何体的体积的一半等于圆柱的体积加上圆锥的体积.

【详解】由双曲线渐近线为，与的交点为，对于双曲线上半部，

构造底面半径为，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，

当截面与顶点距离为时，小圆锥底面半径为，则得，

此时，双曲线把代入，即，解得：，

阴影部分截面面积：，与所构造圆柱底面积相等，

故双曲线绕y轴旋转后，上图阴影部分所成几何体的体积与所构造圆柱体的体积相等，

由祖暅原理得旋转后所得几何体的体积：.

故选：B

【点睛】关键点点睛：构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，根据祖暅原理得到几何体的体积.

8．过点作斜率为的直线交圆于，两点，动点满足，若对每一个确定的实数，记的最大值为，则当变化时，的最小值是（    ）

A．1 B． C．2 D．

【答案】C

【分析】首先确定与圆的位置关系，令且是内分比点，若为外分比点，由阿氏圆易知在以的中点为圆心的圆上，且最大值为圆的直径，讨论及数形结合判断的最大情况的最小值.

【详解】由题设，即在圆内，

令且，显然是内分比点，若为外分比点，

则，此时的中点为所在阿氏圆的圆心，

对于每一个确定的实数，最大值为，即重合时为对应圆直径，

根据圆的对称性，如上图，讨论的情况，而，

当为直径时，，

此时，可得，

故的最大值为；

当不为直径时，，且增减趋势相同，

由，得，显然接近于1时趋向无穷大，

此时的最大值为趋向无穷大.

综上，的最小值是2.

故选：C

【点睛】关键点点睛：根据题设及阿氏圆知识，设，、分别是内外分比点，讨论情况并求最大情况的最小值，即最小阿氏圆.

二、多选题

9．已知等差数列的前项和为，若，，则下列选项正确的有（    ）

A． B．

C．中绝对值最小的项为 D．数列的前项和最大项为

【答案】BCD

【分析】由题设可得，结合等差数列性质判断A、B、C；再由的正负分界点，判断最大项判断D.

【详解】由题意，可得，显然，，

即为递减数列，且，，即，故A错，B、C对；

由题意，的前8项为正，第9项开始均为负，故最大项为，D对.

故选：BCD

10．已知抛物线的焦点为，为上一动点，，则下列结论中正确的是（    ）

A．的准线方程为 B．直线与相切

C．的最小值为4 D．的最小值为3

【答案】BC

【分析】求出抛物线的焦点、准线，结合抛物线定义判断AC；联立方程判断B；建立函数关系求出最小值判断D作答.

【详解】抛物线，即的焦点，准线方程为，A错误；

由消去y并整理得：，显然此方程有二相等实根，因此直线与相切，B正确；

令抛物线的准线交y轴于点，过作准线的垂线，令垂足为，连接，

，当且仅当点与点重合时取等号，C正确；

设，，

当且仅当时取等号，即的最小值，D错误.

故选：BC

11．在四面体中，，，，为平面内一点，则下列结论中正确的是（    ）

A． B．四面体的体积为

C．四面体外接球的表面积为 D．若，则点的轨迹长度为

【答案】ABD

【分析】根据已知求得，结合，求得；由直角三角形斜边中点性质确定四面体外接球球心，进而求半径，即得面积；过于，若为中点，连接，利用线面垂直的判定证面，进而求四面体的体积；利用等体积法求到面距离为，结合确定点的轨迹长度.

【详解】由题设且，故，

又，则，即，A对；

所以，故，

在，中，中点到各顶点距离相等为，

所以四面体外接球半径为，故其表面积为，C错；

过于，若为中点，连接，则，

，面，故面，面，则，

而，面，则面，

而，则，，

所以中，上的高，则，

故四面体的体积为，B对；

由，若到面距离为，则，即，

若在面的投影为，由，则点的轨迹以为圆心，1为半径的圆上，

所以点的轨迹长度为，D对.

故选：ABD

12．单位向量，，的两两夹角为，若实数，，满足，则下列结论中正确的是（    ）

A．的最大值是 B．的最大值是

C．的最大值是 D．的最大值是

【答案】AC

【分析】利用特例可判断BD的正误，利用判别式的非负可判断A的正误，利用基本不等式可判断C的正误.

【详解】由题设有.

因为，故，

整理得到：，

所以，

整理得到，

故即，

所以，所以即，

当时，，，

故的最大值是，故A正确.

取，此时满足，但，故B错误.

因为，

故，当且仅当时等号成立.

所以，

故，

故，故，当且仅当时等号成立，

故的最大值是，故C正确.

对于D，取，，

则，

而此时，

又，

而

，

故，

故D错误.

故选：AC.

【点睛】关键点点睛：本题中单位向量，，的两两夹角为，故它们可构成空间向量的一个基底，对于所得的多变量的恒等关系，可利用基本不等式转化，也可以将其中一个变量看成主变量，从而可判断方程有解的角度分析问题.

三、填空题

13．已知，，，夹角为，则          ．

【答案】

【分析】利用空间向量数量积，结合空间向量夹角公式列式求解作答.

【详解】由，，得，，

由，夹角为，得，解得，

所以.

故答案为：

14．数列满足，，若，则          ．

【答案】

【分析】根据递推式得到周期为6，进而求得、，即可得结果.

【详解】由题设，则，且，

所以是周期为6的数列，则，故，

，所以.

故答案为：

15．过的直线交抛物线于、两点，若（为坐标原点），则的面积为          ．

【答案】

【分析】设，联立抛物线得到一元二次方程，应用韦达定理及，可得、、，再由，应用数量积运算律可得，最后利用，利用方程求得，即可得结果.

【详解】由题意，不妨设，代入得：，

所以，即或，且，

根据对称性，不妨假设，则，

且，

所以，又，则，

由，则，，

所以①，

，则，

又，

所以②，

由①②得：，

所以，故，

所以.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：由及数量积运算律得，结合韦达定理、弦长公式、三角形面积公式列出关于所设参数的方程为关键.

16．坐标系建立的方式不同，会导致曲线方程形式上的不同，如初中学过的反比例函数的图象也是双曲线．已知形如的函数图象均为双曲线，则双曲线的一个焦点坐标为          ．

【答案】、

【分析】根据题意确定对应渐近线分别为，进而求得两条对称轴分别为、，求出曲线与的交点确定双曲线参数，再由与夹角正切值确定双曲线参数，结合双曲线参数关系及焦点在直线上求焦点坐标.

【详解】由知：其两条渐近线分别为，

所以，双曲线的两条对称轴为夹角平分线，

令倾斜角为，则，且一条对称轴倾斜角为，

而，则，可得（负值舍），

所以，即一条对称轴为，故另一条为，

显然与有交点、，即为双曲线顶点，

则焦点在直线上，且对应双曲线参数，

而与夹角正切值为，即，故，

由，令一个焦点为，则，故，

所以焦点坐标为、.

故答案为：、

【点睛】关键点点睛：首先确定对应双曲线的渐近线、对称轴方程，再确定焦点位置及双曲线参数，最后由渐近线与对称轴夹角正切值确定，利用双曲线性质求焦点.

四、解答题

17．一枚质地均匀的正四面体的四个面上分别标有数字1，2，3，4，将该正四面体连续抛掷2次，记录每一次底面的数字．

(1)求两次数字之和为7的事件的概率；

(2)两次数字之和为多少的事件概率最大？并求此事件的概率．

【答案】(1)；

(2)两次数字之和为的事件概率最大，概率为.

【分析】（1）列举法求两次数字之和为7的事件的概率；

（2）列举出数字之和为的对应事件并确定概率，即可得答案.

【详解】（1）由题意，2次所得数字，且分别表示第一次、第二次的对应数字，

基本事件有，，，共16种；

其中两次数字之和为7的事件有，共2种；

所以两次数字之和为7的事件的概率为.

（2）由（1），数字之和为，

有，概率为；

有，概率为；

有，概率为；

有，概率为；

有，概率为；

有，概率为；

有，概率为；

所以两次数字之和为的事件概率最大，概率为.

18．在直三棱柱中，，，．

(1)求证：；

(2)记直线与所成角为，二面角大小为，求．

【答案】(1)证明过程见解析

(2)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，得到，求出；

（2）利用空间向量求出异面直线的夹角和二面角的大小，再利用余弦差角公式求出答案.

【详解】（1）以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，

则，

则，

所以，

故；

（2），

而，故，

设平面的法向量为，

则，

令，得，故，

平面的法向量为，

所以，

由图可知为锐角，故，，

所以.

19．已知斜率为的直线过点，且与圆相交于不同的两点，．

(1)求的取值范围；

(2)若向量，，满足，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）写出直线方程，利用圆心到直线距离小于半径列不等式求参数范围即可；

（2）由题设可得，即为中点，应用几何法有，其中为圆心到直线距离，即可求参数.

【详解】（1）由题意，而圆心，半径为，

要使与圆相交于不同的两点，即圆心到直线距离小于半径，则，

所以，则.

（2）由，则，即，

所以为中点，

由（1）知：圆心到直线距离，则，

又，

所以，则，整理得，

解得.

20．记为数列的前项和，已知．

(1)求证：数列是等差数列；

(2)若，求证：．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）利用关系求得，注意的情况，即可证结论；

（2）由题意，分析法转化为证，利用放缩得，裂项相消求和得，注意从第2项开始放缩，结果需验证的情况.

【详解】（1）由题设且，

则，所以，

当时，，即，

综上，数列是公差为2的等差数列

（2）由题意及（1）得，要证，即证，

而，

则，且，

又，所以得证.

21．如图，四棱锥的底面为直角梯形，平面平面，，，，，．

(1)若三棱锥的外接球的球心恰为中点，求与平面所成角的正弦值；

(2)求四棱锥体积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）若为中点，易知，即，利用线面垂直的判定及性质定理证得、，结合已知应用勾股定理列方程求得，，，应用等体积法求到面的距离为，即可求与平面所成角的正弦值；

（2）构建空间直角坐标系确定，令，结合及两点距离公式求点轨迹，进而确定到面的最大距离，利用棱锥体积公式求最大体积.

【详解】（1）如下图，若为中点，则，即，

所以，即，

由，，，面，

则面，由面，则，

又，则面，由面，则，

因为，，设，

所以，，又，

所以，则，故，，，

由，而，，

若到面的距离为，所以，则，

所以与平面所成角的正弦值为.

（2）  

由，面面，构建如上图示的空间直角坐标系，

则，令，根据，则，整理得，

所以，故点轨迹是在面上以为圆心，为半径的圆上，

要使四棱锥体积的最大，即到面的距离最大，

综上，到面的最大距离为，又，

所以最大体积为.

22．如图，在平面直角坐标系中，椭圆过点，且离心率为，设椭圆的右顶点为，点，是椭圆上异于，的两个动点，记直线，的斜率分别为，，且．

(1)求证：直线过定点；

(2)设直线，相交于点，记，的面积分别为，，求的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题设求得，结合题意设，联立椭圆方程消去，韦达定理得到，，结合及列方程求参数，即可证结论；

（2）根据椭圆对称性，设在椭圆的上半部分，即，写出直线、并求得在定直线上，结合，得到，讨论直线无限接近椭圆的切线、轴确定范围，即可得的范围.

【详解】（1）由题设且，故，可得，则，

所以，则，，

若斜率为0，则关于轴对称，显然与矛盾，

所以斜率不为0，令，联立，

整理得：，则，

，，而，

又，又，则，

所以，即，

，

，

综上，，即，

所以或（舍），则，即直线过定点.

（2）根据椭圆对称性，不妨设在椭圆的上半部分，即，

令，，联立消去得：，

所以，而，，

所以，即在定直线上，

而，，则，，

若直线无限接近轴，即分别无限接近，则无限接近，

由在直线上，易知，且趋向于，

若直线无限接近椭圆的切线，此时接近重合，即趋向于，

所以.

【点睛】关键点点睛：第一问，设直线并联立椭圆方程得到，，结合及列方程求参数m为关键；

第二问，设直线、求交点在定直线上，结合，研究直线的临界情况确定的范围为关键.