浙江省浙南名校聯(lián)盟2023-2024學年高二上學期期中聯(lián)考數(shù)學 Word版含解析.docx

《浙江省浙南名校聯(lián)盟2023-2024學年高二上學期期中聯(lián)考數(shù)學 Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關內(nèi)容在教育資源-天天文庫。

2023學年高二年級第一學期浙南名校聯(lián)盟期中聯(lián)考數(shù)學試題考生須知：1.本卷共4頁滿分150分，考試時間120分鐘.2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數(shù)字.3.所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效.4.考試結束后，只需上交答題紙.選擇題部分（共60分）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知方程表示半徑為1的圓，則實數(shù)（）A.2B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】將方程化成圓的標準形式，即有，求參即可.【詳解】由題設表示半徑為1的圓，所以.故選：D2.在空間直角坐標系中，點，點B關于y軸對稱的點為C，則=（）A.B.C.D.2【答案】C【解析】【詳解】首先確定B關于y軸對稱點坐標，再應用空間兩點距離公式求.【分析】由題設，故.故選：C3.已知直線l的一個方向向量，且過點，則直線l的方程為（）A.B.C.D. 【答案】A【解析】【分析】先根據(jù)直線的方向向量求出直線的斜率，再利用點斜式即可求出直線方程.【詳解】因為直線l一個方向向量，所以直線l的斜率為，又直線經(jīng)過點，所以直線l的方程為，即.故選：A.4.拋物線的焦點為F，且拋物線C與橢圓在第一象限的交點為A，若軸，則（）A.2B.1C.D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題設可得，再由點在橢圓上，代入求參數(shù)即可.【詳解】由題設，且在第一象限，軸，則，又在橢圓上，故，而，故.故選：C5.已知長方體，，，則直線與直線所成角的余弦值為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【詳解】由正方體的性質(zhì)可得，所以直線與直線所成角即為直線與直線所成角，即，由余弦定理求解即可.【分析】連接，由正方體的性質(zhì)可得，所以直線與直線所成角即為直線與直線所成角， 即，在中，，，所以.故選：B.6.已知圓與圓相交于A，B兩點，則=（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先確定圓的圓心和半徑，再將兩圓方程作差求相交弦方程，應用點線距離公式、弦長的幾何求法求.【詳解】由圓中且半徑為1，將兩圓方程作差，得，整理得，所以相交弦方程為，則到其距離為，所以.故選：A7.雙曲線的左、右焦點分別為F?、F?，A為雙曲線C左支上一點，直線 與雙曲線C的右支交于點B，且，則（）A.B.26C.25D.23【答案】B【解析】【分析】由雙曲線定義有，設易得，，在中應用余弦定理求參數(shù)，即可求.【詳解】由題設知：，令，則，，中，，則，所以，則，故，則，所以.故選：B8.有5張未刮碼的卡片，其中n張是“中獎”卡，其它的是“未中獎”卡，現(xiàn)從這5張卡片隨機抽取2張.你有資金100元，每次在對一張卡片刮碼前，下注已有資金的一半.若刮碼結果為“中獎”，則贏得與下注金額相同的另一筆錢，若刮碼結果是“未中獎”，則輸?shù)粝伦⒌馁Y金.抽取的2張卡片全部刮完后，要使資金增加的概率大于資金減少的概率，則n至少為（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題設分析出：要使資金增加必須2次刮出中獎，轉(zhuǎn)化為5張卡片中取到2張“中獎”卡的概率大于，再列不等式求n取值. 【詳解】由于總資金100元，每次在對一張卡片刮碼前下注已有資金的一半.刮第1張卡前，下注50元：若未中獎，還剩50元；刮第2張卡前，下注25元，不管是否中獎，資金必減少；若中獎，還剩150元，刮第2張卡前，下注75元，未中獎資金減少；中獎資金增加；所以，要使資金增加，則必須2次刮出中獎，否則資金減少；所以，5張卡片中取到2張“中獎”卡的概率大于即可，由5張卡片中任取2張的方法數(shù)有10種，n張“中獎”卡中取到2張的方法數(shù)有種，所以且，故或5，即n至少為4.故選：C【點睛】關鍵點點睛：問題化為5張卡片中取到2張“中獎”卡的概率大于為關鍵.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9.已知直線，，則（）A.直線過定點B.當時，C.當時，D.當時，之間的距離為【答案】ABD【解析】【分析】將化為，令即可確定定點；將、代入方程，由方程形式判斷直線位置關系；由直線平行得，應用平行線距離公式求距離.【詳解】由，令，可得，所以過定點，A對；時，，而，即，B對；時，，而，顯然不垂直，C錯；，則，可得，由上知，之間的距離為，D對.故選：ABD 10.某環(huán)保局對轄區(qū)內(nèi)甲、乙、丙、丁四個地區(qū)的環(huán)境治理情況進行檢查督導，若連續(xù)10天，每天空氣質(zhì)量指數(shù)（單位：μg/m3）不超過100，則認為該地區(qū)環(huán)境治理達標，否則認為該地區(qū)環(huán)境治理不達標.根據(jù)連續(xù)10天檢查所得數(shù)據(jù)的數(shù)字特征推斷，環(huán)境治理一定達標的地區(qū)是（）A.甲地區(qū)：平均數(shù)為80，眾數(shù)為70B.乙地區(qū)：平均數(shù)為80，方差為40C.丙地區(qū)：中位數(shù)為80，方差為40D.丁地區(qū)：極差為10，80%分位數(shù)為90【答案】BD【解析】【分析】A由數(shù)據(jù)即可判斷；C由數(shù)據(jù)；B、D假設存在大于100的數(shù)據(jù)，由得矛盾判斷B；根據(jù)極差得最小數(shù)據(jù)為90，與百分位數(shù)矛盾判斷D.【詳解】A：10天數(shù)據(jù)如下：滿足平均數(shù)為80，眾數(shù)為70，不符合；B：若表示第天數(shù)據(jù)，則，如果其中一天的數(shù)據(jù)超過100，則，故沒有超過100的數(shù)據(jù)，符合；C：10天數(shù)據(jù)如下：，此時中位數(shù)為80，方差約為40，不符合；D：若其中一天的數(shù)據(jù)超過100，由于極差為10，則最小數(shù)據(jù)超過90，與80%分位數(shù)為90矛盾，故10天沒有超過100的數(shù)據(jù)，符合；故選：BD11.已知拋物線的準線與x軸交于點D，O為坐標原點，點A，B是拋物線C上異于點O的兩個動點，線段AB與x軸交于點T，則（）A.若T為拋物線C的焦點，則線段AB的長度的最小值為4B.若T為拋物線C的焦點，則為定值C.若△AOT與△BOT的面積之積為定值，則T為拋物線C的焦點D.若直線DA和直線DB都與拋物線C相切，則T為拋物線C的焦點 【答案】ABD【解析】【分析】設直線方程為，，由直線方程與拋物線方程聯(lián)立可得，，又可得，由焦半徑公式得焦點弦長求解后判斷A，由數(shù)量積的坐標運算判斷B，計算出△AOT與△BOT的面積之積，由其為定值判斷C，求出切點坐標得切線弦所在直線方程判斷D．【詳解】設直線方程為，，，，由，得，，，則，，為焦點時，，，，顯然時，；A正確；，，，，B正確；為定值，所以為定值，但不一定有，C錯；，設過點的切線方程是，，由，得，，，時，的解為，因此，即，時，的解為，因此，即，直線方程為過焦點，D正確．故選：ABD． 12.己知橢圓的左，右焦點分別為，，圓，點P在橢圓C上，點Q在圓M上，則下列說法正確的有（）A.若橢圓C和圓M沒有交點，則橢圓C的離心率的取值范圍是B.若，則的最大值為4C.若存在點P使得，則D.若存點Q使得，則【答案】ACD【解析】【分析】A根據(jù)已知，數(shù)形結合得時橢圓C和圓M沒有交點，進而求離心率范圍；B令，求得，結合橢圓有界性得，即可判斷；C由題設，令，進而得到，結合點在橢圓上得到公共解求范圍；D將問題化為圓心為，半徑為的圓與圓有交點. 【詳解】由橢圓中，圓中圓心，半徑為1，如下圖示，A：由于，由圖知：當時橢圓C和圓M沒有交點，此時離心率，對；B：當時，令，則，而，所以，又，故，所以的最大值為，錯；C：由，若，則，由，令，且，則，即，所以，則，且，故，對；D：令，若，所以，則，所以，軌跡是圓心為，半徑為的圓，而與的距離為，要使點Q存在， 則，可得，且，即，對；故選：ACD【點睛】關鍵點點睛：對于C，根據(jù)已知得到，設，利用兩點距離公式得到方程組，求出公共解為關鍵；對于D，問題化為圓心為，半徑為的圓與圓有交點為關鍵.非選擇題部分（共90分）三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知一個圓柱上、下底面的圓周都在同一個球面上，球的直徑為5，圓柱底面直徑為4，則圓柱的側面積為______.【答案】【解析】【分析】由題設圓柱體外接球直徑，根據(jù)圓柱體高、底面半徑與外接球半徑的幾何關系列方程求得高，再應用圓柱側面積求法求結果.【詳解】由題設，圓柱體外接球直徑，而圓柱體底面直徑，若圓柱體的高為，則，故，，所以圓柱的側面積為.故答案：14.已知直線與圓，則圓C上到直線l距離為1的點有______個.【答案】2【解析】 【分析】寫出圓的圓心和半徑，應用點線距離公式判斷直線與圓相交，再通過判斷劣弧一側是否存在到直線l距離為1的點，即可得答案.【詳解】由題設，圓的圓心，半徑為2，而到的距離為，故直線與圓相交，又，即劣弧一側不存在到直線距離為1的點，所以圓C上到直線l距離為1的點有2個.故答案為：215.橢圓與雙曲線有公共焦點，左右焦點分別為，.點O是坐標原點，點A是橢圓的左頂點，的中點M為雙曲線的左頂點，設橢圓與雙曲線在第一象限的交點為P，滿足，則橢圓的離心率______.【答案】##【解析】【分析】根據(jù)的中點M為雙曲線的左頂點得，根據(jù)橢圓與雙曲線在第一象限的交點為P，可得，再由可得答案.【詳解】因為的中點M為雙曲線的左頂點，所以，橢圓與雙曲線在第一象限的交點為P，滿足，所以，可得，所以，代入可得，則橢圓的離心率.故答案為：. 16.點P是長方體內(nèi)的動點，已知，Q是平面BC?D上的動點，滿足，則的最小值是______.【答案】【解析】【分析】根據(jù)三點共線定理可得點在線段上運動時，點Q的運動范圍是以點為圓心，半徑為2的圓面，再結合三角換元，正弦型函數(shù)的最值得出結果.【詳解】取底面的中心，因為，所以點在平面上，且，所以點在線段上，由得，所以由，得，由，得，又平面，所以平面.因為Q是平面BC?D上的動點，滿足，所以當在點時，點Q在點；當在點時，點Q在點為圓心，半徑為2的圓上；所以點在線段上運動時，點Q的運動范圍是以點為圓心，半徑為2的圓面，以為坐標原點，以分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，設,，R， 過點作于點，，則點為的中點，所以,，，,，，當時，取最小，為最小值，因為，所以，設，R，，當時，取最大值，所以取最小值.故答案為：.【點睛】空間立體幾何軌跡問題：先根據(jù)已知條件確定與待求點相關的平行、垂直等關系；可建立空間直角坐標系，表示動點的坐標以及相關點的坐標，然后代入點的坐標所滿足的幾何關系，整理化簡可得出動點的軌跡方程，根據(jù)軌跡形狀即可求解出軌跡的長度等其它量.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知圓.（1）求過圓心C且在兩坐標軸上的截距相等的直線方程；（2）直線與圓C相交所得的弦長為4，求實數(shù)b的值.【答案】（1）或;（2）或.【解析】【分析】（1 ）寫出圓的標準方程確定圓心和半徑，討論直線是否過原點，結合截距式及所過的點求方程即可；（2）根據(jù)已知可得直線與的距離為，應用點線距離公式列方程求參數(shù).【小問1詳解】由題設，圓標準方程為，即，半徑為3，若直線原點，則方程為，即，符合；若直線不過原點，令直線方程為，而在直線上，所以，故直線方程為；綜上，所求直線為或.【小問2詳解】由題設，直線與的距離為，所以，故或.18.某用人單位招聘畢業(yè)大學生設置了筆試、面試兩個環(huán)節(jié)，先筆試后面試.筆試有兩次機會，若第一次筆試通過，則進入面試環(huán)節(jié)，若沒有通過，進行第二次筆試，兩次筆試相互獨立，若第二次筆試通過則進入面試環(huán)節(jié)，若仍不通過，則淘汰不予錄用.面試只有一次機會，通過后即可錄用.已知考生甲通過筆試的概率均為，通過面試的概率為.考生乙通過筆試的概率均為，通過面試的概率為.記“甲被錄用”為事件A，“乙被錄用”為事件B，事件A，B相互獨立.求：（1）；（2）甲乙兩人恰有一個人被該用人單位錄用的概率. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由題意事件A包含“第一次筆試通過、面試通過”和“第一次筆試不通過、第二次筆試通過、面試通過”兩種可能，從而可求；（2）先求出“乙被錄用”的概率，再由恰有一個人被錄用分為“甲被錄用且乙不被錄用”和“乙被錄用且甲不被錄用”兩種情況，進而可求出概率.【小問1詳解】由于“甲被錄用”為事件A，事件A包含“第一次筆試通過、面試通過”和“第一次筆試不通過、第二次筆試通過、面試通過”兩種可能，則.【小問2詳解】由（1）知，則“甲不被錄用”的概率，由題意“乙被錄用”的概率，“乙不被錄用”的概率為，由于甲乙兩人恰有一個人被錄用的事件為，事件A，B相互獨立，所以.所以甲乙兩人恰有一個人被該用人單位錄用的概率為.19.平面上的動點到定點的距離等于點P到直線的距離，記動點P的軌跡為曲線C.（1）求曲線C的方程；（2）直線與曲線C相交于A，B兩點，線段AB的中點為M.是否存在這樣的直線l，使得，若存在，求實數(shù)m的值，若不存在，請說明理由.【答案】（1）；（2）不存在，理由見解析.【解析】 【分析】（1）根據(jù)拋物線的定義，直接寫出曲線C的方程；（2）設，聯(lián)立直線與拋物線，由得，應用韋達定理及中點公式得，結合求得，即可得結論.【小問1詳解】由題意，動點P的軌跡是以為焦點，為準線的拋物線，故，所以曲線C的方程為.【小問2詳解】設，聯(lián)立，得，且，則，故，所以，所以，又，即，不滿足，所以不存在滿足要求的直線l.20.已知三棱柱ABC-A?B?C?滿足AC=BC=1，∠ACB=90°，∠A?AC=60°，頂點A?在平面ABC上的射影為點B.（1）證明：AC⊥平面A?BC；（2）點M為A?C?的中點，點N為BC的中點，求直線CM與平面ANB?所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析 （2）【解析】【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判定定理證明.（2）建立空間直角坐標系，借助于線面角的向量解法求線面角.【小問1詳解】,A?在平面ABC上的射影為點B，面，又面，，又，，面，面，面，面，【小問2詳解】由（1）得，面面，，，，，，，如圖，以為坐標原點，所在直線為軸，軸，豎直向上為軸，建立空間直角坐標系， 則，設面的法向量為，則，令，則，，又，設直線CM與平面ANB?所成角為，則，CM與平面ANB?所成角的正弦值為.21.已知雙曲線，斜率為k的直線l過點M.（1）若，且直線l與雙曲線C只有一個交點，求k的值；（2）已知點，直線l與雙曲線C有兩個不同的交點A，B，直線的斜率分別為，若為定值，求實數(shù)m的值.【答案】（1）或；（2）【解析】【分析】（1）令直線，聯(lián)立雙曲線得，討論、分別求直線與雙曲線只有一個交點情況下對應k值；（2）令直線，，聯(lián)立雙曲線并應用韋達定理，結合，韋達公式代入化簡，根據(jù)定值列方程組求參數(shù)m. 【小問1詳解】由題設，令直線，聯(lián)立雙曲線，得，所以，當，時，直線與雙曲線只有一個交點，當，交點為；當，交點為；當，此時，則，當，切點為；當，切點為；綜上，或.【小問2詳解】由題設，令直線，聯(lián)立雙曲線，得，則，故，所以①，令，則，，由又，， 為定值，所以，此時為定值.22.已知橢圓的離心率為，左焦點F與原點O的距離為1，正方形PQMN的邊PQ，MN與x軸平行，邊PN，QM與y軸平行，，過F的直線與橢圓C交于A，B兩點，線段AB的中垂線為l.已知直線AB的斜率為k，且.（1）若直線l過點P，求k的值;（2）若直線l與正方形PQMN的交點在邊PN，QM上，l在正方形PQMN內(nèi)的線段長度為s，求的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）根據(jù)題意求橢圓方程，設直線，，聯(lián)立方程利用韋達定理求直線l的方程，代入點P運算求解即可；（2）根據(jù)直線l的方程求直線l與PN，QM的交點坐標，結合題意可求得，利用弦長公式整理可得，利用換元法結合對勾函數(shù)求取值范圍.【小問1詳解】設橢圓C的半焦距為，由題意可得：，解得，所以橢圓.因為，則直線，，聯(lián)立方程，消去y得，則，可得，則，，即線段AB的中點為，所以直線，即，若直線l過點，則，整理得，對于，則，即無解，由，解得.【小問2詳解】 由（1）可知：直線，令，可得，即直線l與PN的交點坐標為，令，可得，即直線l與QM的交點坐標為，由題意可得：，解得，可得，，則，可得，令，則，可得，因為在內(nèi)單調(diào)遞增，且，可得，則，可得，即，可得.所以的取值范圍. 【點睛】方法點睛：與圓錐曲線有關的取值范圍問題的三種解法（1）數(shù)形結合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后數(shù)形結合求解．（2）構建不等式法：利用已知或隱含的不等關系，構建以待求量為元的不等式求解．