浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题

绝密★考试结束前2023学年第一学期浙南名校联盟期中联考高二年级数学学科试题考生须知：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.选择题部分（共60分）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，只有一项是符合题目要求的.1.已知方程表示半径为1的圆，则实数（）A.2 B.1 C. D.【答案】D【解析】【分析】将方程化成圆的标准形式，即有，求参即可.【详解】由题设表示半径为1的圆，所以.故选：D2.在空间直角坐标系中，点，点B关于y轴对称的点为C，则=（）A. B. C. D.2【答案】C【解析】【详解】首先确定B关于y轴对称点坐标，再应用空间两点距离公式求.【分析】由题设，故.故选：C3.已知直线l的一个方向向量，且过点，则直线l的方程为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根据直线的方向向量求出直线的斜率，再利用点斜式即可求出直线方程.【详解】因为直线l一个方向向量，所以直线l的斜率为，又直线经过点，所以直线l的方程为，即.故选：A.4.抛物线的焦点为F，且抛物线C与椭圆在第一象限的交点为A，若轴，则（）A.2 B.1 C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题设可得，再由点在椭圆上，代入求参数即可.【详解】由题设，且在第一象限，轴，则，又在椭圆上，故，而，故.故选：C5.已知长方体，，，则直线与直线所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】由正方体的性质可得，所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，即，由余弦定理求解即可.【分析】连接，由正方体的性质可得，所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，即，在中，，，所以.故选：B.6.已知圆与圆相交于A，B两点，则=（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先确定圆的圆心和半径，再将两圆方程作差求相交弦方程，应用点线距离公式、弦长的几何求法求.【详解】由圆中且半径为1，将两圆方程作差，得，整理得，所以相交弦方程为，则到其距离为，所以.故选：A7.双曲线的左、右焦点分别为F₁、F₂，A为双曲线C左支上一点，直线与双曲线C的右支交于点B，且，则（）A. B.26 C.25 D.23【答案】B【解析】【分析】由双曲线定义有，设易得，，在中应用余弦定理求参数，即可求.【详解】由题设知：，令，则，，中，，则，所以，则，故，则，所以.故选：B8.有5张未刮码的卡片，其中n张是“中奖”卡，其它的是“未中奖”卡，现从这5张卡片随机抽取2张.你有资金100元，每次在对一张卡片刮码前，下注已有资金的一半.若刮码结果为“中奖”，则赢得与下注金额相同的另一笔钱，若刮码结果是“未中奖”，则输掉下注的资金.抽取的2张卡片全部刮完后，要使资金增加的概率大于资金减少的概率，则n至少为（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】【分析】根据题设分析出：要使资金增加必须2次刮出中奖，转化为5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于，再列不等式求n取值.【详解】由于总资金100元，每次在对一张卡片刮码前下注已有资金的一半.刮第1张卡前，下注50元：若未中奖，还剩50元；刮第2张卡前，下注25元，不管是否中奖，资金必减少；若中奖，还剩150元，刮第2张卡前，下注75元，未中奖资金减少；中奖资金增加；所以，要使资金增加，则必须2次刮出中奖，否则资金减少；所以，5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于即可，由5张卡片中任取2张的方法数有10种，n张“中奖”卡中取到2张的方法数有种，所以且，故或5，即n至少为4.故选：C【点睛】关键点点睛：问题化为5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于为关键.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知直线，，则（）A.直线过定点 B.当时，C.当时， D.当时，之间的距离为【答案】ABD【解析】【分析】将化为，令即可确定定点；将、代入方程，由方程形式判断直线位置关系；由直线平行得，应用平行线距离公式求距离.【详解】由，令，可得，所以过定点，A对；时，，而，即，B对；时，，而，显然不垂直，C错；，则，可得，由上知，之间的距离为，D对.故选：ABD10.某环保局对辖区内甲、乙、丙、丁四个地区的环境治理情况进行检查督导，若连续10天，每天空气质量指数（单位：μg/m³）不超过100，则认为该地区环境治理达标，否则认为该地区环境治理不达标.根据连续10天检查所得数据的数字特征推断，环境治理一定达标的地区是（）A.甲地区：平均数为80，众数为70B.乙地区：平均数为80，方差为40C.丙地区：中位数为80，方差为40D.丁地区：极差为10，80%分位数为90【答案】BD【解析】【分析】A由数据即可判断；C由数据；B、D假设存在大于100的数据，由得矛盾判断B；根据极差得最小数据为90，与百分位数矛盾判断D.【详解】A：10天数据如下：满足平均数为80，众数为70，不符合；B：若表示第天数据，则，如果其中一天的数据超过100，则，故没有超过100的数据，符合；C：10天数据如下：，此时中位数为80，方差约为40，不符合；D：若其中一天的数据超过100，由于极差为10，则最小数据超过90，与80%分位数为90矛盾，故10天没有超过100的数据，符合；故选：BD11.已知抛物线的准线与x轴交于点D，O为坐标原点，点A，B是抛物线C上异于点O的两个动点，线段AB与x轴交于点T，则（）A.若T为抛物线C的焦点，则线段AB的长度的最小值为4B.若T为抛物线C的焦点，则为定值C.若△AOT与△BOT的面积之积为定值，则T为抛物线C的焦点D.若直线DA和直线DB都与抛物线C相切，则T为抛物线C的焦点【答案】ABD【解析】【分析】设直线方程为，，由直线方程与抛物线方程联立可得，，又可得，由焦半径公式得焦点弦长求解后判断A，由数量积的坐标运算判断B，计算出△AOT与△BOT的面积之积，由其为定值判断C，求出切点坐标得切线弦所在直线方程判断D．【详解】设直线方程为，，，，由，得，，，则，，为焦点时，，，，显然时，；A正确；，，，，B正确；为定值，所以为定值，但不一定有，C错；，设过点的切线方程是，，由，得，，，时，的解为，因此，即，时，的解为，因此，即，直线方程为过焦点，D正确．故选：ABD．12.己知椭圆的左，右焦点分别为，，圆，点P在椭圆C上，点Q在圆M上，则下列说法正确的有（）A.若椭圆C和圆M没有交点，则椭圆C的离心率的取值范围是B.若，则的最大值为4C.若存在点P使得，则D.若存点Q使得，则【答案】ACD【解析】【分析】A根据已知，数形结合得时椭圆C和圆M没有交点，进而求离心率范围；B令，求得，结合椭圆有界性得，即可判断；C由题设，令，进而得到，结合点在椭圆上得到公共解求范围；D将问题化为圆心为，半径为的圆与圆有交点.【详解】由椭圆中，圆中圆心，半径为1，如下图示，A：由于，由图知：当时椭圆C和圆M没有交点，此时离心率，对；B：当时，令，则，而，所以，又，故，所以的最大值为，错；C：由，若，则，由，令，且，则，即，所以，则，且，故，对；D：令，若，所以，则，所以，轨迹是圆心为，半径为的圆，而与的距离为，要使点Q存在，则，可得，且，即，对；故选：ACD【点睛】关键点点睛：对于C，根据已知得到，设，利用两点距离公式得到方程组，求出公共解为关键；对于D，问题化为圆心为，半径为的圆与圆有交点为关键.非选择题部分（共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知一个圆柱上、下底面的圆周都在同一个球面上，球的直径为5，圆柱底面直径为4，则圆柱的侧面积为______.【答案】【解析】【分析】由题设圆柱体外接球直径，根据圆柱体高、底面半径与外接球半径的几何关系列方程求得高，再应用圆柱侧面积求法求结果.【详解】由题设，圆柱体外接球直径，而圆柱体底面直径，若圆柱体的高为，则，故，，所以圆柱的侧面积为.故答案：14.已知直线与圆，则圆C上到直线l距离为1的点有______个.【答案】2【解析】【分析】写出圆的圆心和半径，应用点线距离公式判断直线与圆相交，再通过判断劣弧一侧是否存在到直线l距离为1的点，即可得答案.【详解】由题设，圆的圆心，半径为2，而到的距离为，故直线与圆相交，又，即劣弧一侧不存在到直线距离为1的点，所以圆C上到直线l距离为1的点有2个.故答案为：215.椭圆与双曲线有公共焦点，左右焦点分别为，.点O是坐标原点，点A是椭圆的左顶点，的中点M为双曲线的左顶点，设椭圆与双曲线在第一象限的交点为P，满足，则椭圆的离心率______.【答案】##【解析】【分析】根据的中点M为双曲线的左顶点得，根据椭圆与双曲线在第一象限的交点为P，可得，再由可得答案.【详解】因为的中点M为双曲线的左顶点，所以，椭圆与双曲线在第一象限的交点为P，满足，所以，可得，所以，代入可得，则椭圆的离心率.故答案为：.16.点P是长方体内的动点，已知，Q是平面BC₁D上的动点，满足，则的最小值是______.【答案】【解析】【分析】根据三点共线定理可得点在线段上运动时，点Q的运动范围是以点为圆心，半径为2的圆面，再结合三角换元，正弦型函数的最值得出结果.【详解】取底面的中心，因为，所以点在平面上，且，所以点在线段上，由得，所以由，得，由，得，又平面，所以平面.因为Q是平面BC₁D上的动点，满足，所以当在点时，点Q在点；当在点时，点Q在点为圆心，半径为2的圆上；所以点在线段上运动时，点Q的运动范围是以点为圆心，半径为2的圆面，以为坐标原点，以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设,，R，过点作于点，，则点为的中点，所以,，，,，，当时，取最小，为最小值，因为，所以，设，R，，当时，取最大值，所以取最小值.故答案为：.【点睛】空间立体几何轨迹问题：先根据已知条件确定与待求点相关的平行、垂直等关系；可建立空间直角坐标系，表示动点的坐标以及相关点的坐标，然后代入点的坐标所满足的几何关系，整理化简可得出动点的轨迹方程，根据轨迹形状即可求解出轨迹的长度等其它量.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知圆.（1）求过圆心C且在两坐标轴上的截距相等的直线方程；（2）直线与圆C相交所得的弦长为4，求实数b的值.【答案】（1）或;（2）或.【解析】【分析】（1）写出圆的标准方程确定圆心和半径，讨论直线是否过原点，结合截距式及所过的点求方程即可；（2）根据已知可得直线与的距离为，应用点线距离公式列方程求参数.【小问1详解】由题设，圆标准方程为，即，半径为3，若直线原点，则方程为，即，符合；若直线不过原点，令直线方程为，而在直线上，所以，故直线方程为；综上，所求直线为或.【小问2详解】由题设，直线与的距离为，所以，故或.18.某用人单位招聘毕业大学生设置了笔试、面试两个环节，先笔试后面试.笔试有两次机会，若第一次笔试通过，则进入面试环节，若没有通过，进行第二次笔试，两次笔试相互独立，若第二次笔试通过则进入面试环节，若仍不通过，则淘汰不予录用.面试只有一次机会，通过后即可录用.已知考生甲通过笔试的概率均为，通过面试的概率为.考生乙通过笔试的概率均为，通过面试的概率为.记“甲被录用”为事件A，“乙被录用”为事件B，事件A，B相互独立.求：（1）；（2）甲乙两人恰有一个人被该用人单位录用的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意事件A包含“第一次笔试通过、面试通过”和“第一次笔试不通过、第二次笔试通过、面试通过”两种可能，从而可求；（2）先求出“乙被录用”的概率，再由恰有一个人被录用分为“甲被录用且乙不被录用”和“乙被录用且甲不被录用”两种情况，进而可求出概率.【小问1详解】由于“甲被录用”为事件A，事件A包含“第一次笔试通过、面试通过”和“第一次笔试不通过、第二次笔试通过、面试通过”两种可能，则.【小问2详解】由（1）知，则“甲不被录用”的概率，由题意“乙被录用”的概率，“乙不被录用”的概率为，由于甲乙两人恰有一个人被录用的事件为，事件A，B相互独立，所以.所以甲乙两人恰有一个人被该用人单位录用的概率为.19.平面上的动点到定点的距离等于点P到直线的距离，记动点P的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）直线与曲线C相交于A，B两点，线段AB的中点为M.是否存在这样的直线l，使得，若存在，求实数m的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）不存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义，直接写出曲线C的方程；（2）设，联立直线与抛物线，由得，应用韦达定理及中点公式得，结合求得，即可得结论.【小问1详解】由题意，动点P的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，故，所以曲线C的方程为.【小问2详解】设，联立，得，且，则，故，所以，所以，又，即，不满足，所以不存在满足要求的直线l.20.已知三棱柱ABCA₁B₁C₁满足AC=BC=1，∠ACB=90°，∠A₁AC=60°，顶点A₁在平面ABC上的射影为点B.（1）证明：AC⊥平面A₁BC；（2）点M为A₁C₁的中点，点N为BC的中点，求直线CM与平面ANB₁所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明.（2）建立空间直角坐标系，借助于线面角的向量解法求线面角.【小问1详解】,A₁在平面ABC上的射影为点B，面，又面，，又，，面，面，面，面，【小问2详解】由（1）得，面面，，，，，，，如图，以为坐标原点，所在直线为轴，轴，竖直向上为轴，建立空间直角坐标系，则，设面的法向量为，则，令，则，，又，设直线CM与平面ANB₁所成角为，则，CM与平面ANB₁所成角的正弦值为.21.已知双曲线，斜率为k的直线l过点M.（1）若，且直线l与双曲线C只有一个交点，求k的值；（2）已知点，直线l与双曲线C有两个不同的交点A，B，直线的斜率分别为，若为定值，求实数m的值.【答案】（1）或；（2）【解析】【分析】（1）令直线，联立双曲线得，讨论、分别求直线与双曲线只有一个交点情况下对应k值；（2）令直线，，联立双曲线并应用韦达定理，结合，韦达公式代入化简，根据定值列方程组求参数m.【小问1详解】由题设，令直线，联立双曲线，得，所以，当，时，直线与双曲线只有一个交点，当，交点为；当，交点为；当，此时，则，当，