浙江省温州市环大罗山联盟2022-2023学年高二上学期期中联考数学试题

1 2022 学年第一学期环大罗山联盟期中联考 高二年级数学参考答案及评分标准 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. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A B A B D B C 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. 题号 9 10 11 12 答案 AC ACD ABD BD 三、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分. 13.4 14. (𝑥−1)2 + (𝑦−3)2 = 9 15.2 16. √2 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.（10 分）（1）由题意可得M( 5√3 3 ,4),N(√39 3 ,-2),所以双曲线C 过点M,N,所以 { (5√3 3 ) 2 𝑎2 - 16 𝑏2 = 1, (√39 3 ) 2 𝑎2 - 4 𝑏2 = 1, 解 得{𝑎= √3, 𝑏= 3, .........4 分所以杯身最细之处的周长为2×π×√3=2√3π. .........6 分 （2）因为双曲线C 为 𝑥2 3 - 𝑦2 9 = 1，所以c=2√3，e=2；.........8 分 渐近线方程为 x √3 ± y 3 = 0，即y=±√3𝑥.........10 分 18（12 分）解： . 3 , 1) (2, 9, ) 1 ( ) 2 ( 2 2 = − = + + − r C y x C 半径 圆心 ： 因为圆 .........2 分 （1）因为点𝑃(2,2)满足圆𝐶的方程，所以点𝑃在圆𝐶上， 因为𝑘𝐶𝑃不存在, 所以圆𝐶在点𝑃处的切线斜率为0， 所以，切线𝑙的方程为𝑦= 2..............6 分 （2） . 0 2 , 2 = + − + = y kx kx y m m 即： 为 斜率存在时，设 当直线 ， 的距离 到直线 因为圆心 12 5 2 1 3 2 2 ) 5 ( 2 2 2 − =  = + +  = − = k k k r d m C ； 的方程为 所以直线 0 24 12 5 = − + y x m ..........10 分 ............12 分 19. （12 分） 解 （1） ; ; , AF CD BF CD CD F BD BC BF. ⊥ ⊥ = 同理可得 中点，所以 为 因为 连接 . , , 平面 以 , AB CD ABF AB ABF CD F AF BF ⊥  ⊥ = 所以 平面 又因为 所 因为  .....4 分 （2）记𝐴𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ = , 𝐴𝐶 ⃗⃗⃗⃗⃗ = , 𝐴𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗ = . b  a  c  ; 0也符合条件 为 斜率不存在时， 当直线 = x m m . 0 0 24 12 5 = = − + x y x 或 综上，所求为 2 所以𝐴𝐹 ⃗⃗⃗⃗⃗ = 1 2 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑏 ⃗ + 1 2 𝑐 ，𝐶𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗ = ，.........8 分 （3） 所以𝐴𝐹 ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐶𝐸 ⃗⃗⃗⃗⃗ = -1 ............10 分 . 6 6 3 2 1 cos , 3 , 2 =  − = = =  ，则 所以设所求角为 又 CE AF ...........12 分 坐标法或其他方法，这里略. 视答题情况, 同样酌情给分 20.（12 分） 解： ..........2 分 （1）知： ..........4 分 .........6 分 （2） ........8 分 .......10 分 ......12 分 其他解法：这里略，视答题情况酌情给分 21.（12 分） 解：（1） , // , // QE PC QA PQ AB CD AE CE CD AB ，所以 所以可得 因为 = = ...........2 分 . // , , QBD PC QBD QE QBD PC 平面 所以 平面 又因为   ...........4 分 （2） 轴， 的垂线作为 作底面 轴，过点 为 轴， 为 为坐标原点， 以 z ABCD C y CD x CB C ). 0 , 2 , 2 ( ), 0 , 4 , 0 ( ), 0 , 0 , 4 ( ), 0 , 2 , 4 ( ), 0 , 0 , 0 ( E BD D B A C 的中点 则 ......5 分 𝑃𝐴 ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4−x,2−y,−z), 𝑃𝐵 ⃗⃗⃗⃗⃗ = (4 −𝑥, −𝑦, −𝑧), 𝐵𝐷 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4,4,0), ①  可得： 设 ), , , ( z y x P . , QE E BD AC 连接 于 交 连接 2 4 2 2 2 − =  =  − = − = k k k k ”时 取到“ 1 2 2 − =  − = − = k k k ”时， 取到“ b a  − 2 1 . 建立坐标系 . 0  k 作图可知 ), 2 , 0 ( , 0 ), 0 , 2 1 ( , 0 k B y k A x − = − = 求得 令 求得 令 ， 所以 k k k k OB OA S AOB 2 2 2 ) 2 )( 2 1 ( 2 1 2 1 − − = − − = =  6 ) 2 ( ) 4 ( 6 ) 2 ( ) 4 ( 6 2 2 2 2 2 2 = + − + − = + − + − = z y x z y x PA ，所以 ，所以 因为 ， 因为 2 2 2  − − k k ， 所以 4 2 2 2 2 2 = +  − − =  k k S AOB . 0 4 2 = + −  y x l AOB 的方程为 面积最小时，直线 所以 ), 2 , 1 ( 0 ) 2 ( ) 1 ( P l y x k l 经过的定点 ，所以直线 ： 因为直线 = − + − ), , 1 ( ), 2 , 2 ( k B P k A P − − = − − =   所以 PB PA PB PA k k k k B P A P  − =  = + = − −  − − =   cos 2 2 ) , 1 ( ) 2 , 2 (   所以 , 4 2 2  − − =  k k PB PA 所以 . 0 3 = − +  y x l PB PA 的方程为 的值最小时，直线 所以 ; 0 , 2 =  =  =  c b c a b a       易得 3 ② ③ ①②③ ............9 分 所以，设所求角为θ，则sinθ= |𝑛 ⃗ ∙𝐶𝑃 ⃗⃗⃗⃗⃗ | |𝑛 ⃗ |∙|𝐶𝑃 ⃗⃗⃗⃗⃗ |= 4√70 35 .............12 分 22.（12 分）解：(1)由己知得 1 | 3 2 1,| 2 cDF = = ，所以 2 2 | 2 | DF = ， 所以 232 2222 2 2 a a = + =  = ， 1. b = 所以椭圆C 的方程为 2 2 1 2 x y + = .............4 分 (2)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 x ,0)，因为椭圆右焦点F(1,0)，直线斜率存在时设l 的方程为 (1) ykx = − ， 1122 (,),(,) AxyBxy ，则 1 2 2,2 x x   ，将 (1) ykx = − 代入 2 2 1 2 x y + = 得： 2222 (21)4220 kxkxk + − + − = ，所以 2 2 1212 2 2 422 , 2121 k k xxxx k k − + = = + + ，............6 分 又 1 2 1020 MAMB y y k k xxxx + = + − − 由 1 1 2 2 , ykk x y k x k = − = − 得： 121200 1020 2()(1)2 . ()() MAMB kxxkxxxxk k k xxxx − + + + + = − − 则 0 1 2 1 2 0 0 2 2( 2) 2 ( )( 1) 2 2 1 x k kx x k x x x x k k − − + + + =  + ....10 分 当 0 2 x = 时， 0 MAMB k k + = ，当直线斜率不存在时，存在一定点 (2,0) M 使得 MAMB k k + 为定值0. 综上:存在定点 (2,0) M 使得 MAMB k k + 为定值0. ............12 分 ， ) 2 , 1 , 3 ( P  ( ) ( ) ( ) 6 4 2 2 2 = − + − + −  z y x , 3 30 3 6 4 2 2 2 =         − = − = QA AB QB 所以 所以， 2 , = −  ⊥  ⊥ y x D B A P QBD BD QBD PA   ，所以 平面 平面 又因为      = = =  2 1 3 z y x ), 1 , 0 , 2 ( ) 0 , 2 , 0 ( ) 2 , 1 , 1 ( =       = − = n PAB A B A P    的法向量为 平面 又 ), 2 , 1 , 3 ( = P C  所以 , , , QB PA QBD QB QBD PA ⊥  ⊥ 所以 平面 平面 因为 ( ) ( ) ( ) 6 4 6 3 30 3 6 2 2 2 2 2 2 2 2 = − + − + −  =         +         = + = z y x QB PQ PB 所以