南京市2022-2023学年度第一学期高二数学期中调研测试试卷(含答案)

南京市2022－2023学年度第一学期期中调研测试高二数学2022.11注意事项：1．本试卷共6页，包括单项选择题(第1题~第8题)、多项选择题(第9题~第12题)、填空题(第13题~第16题)、解答题(第17题~第22题)四部分．本试卷满分为150分，考试时间为120分钟．2．答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考生号填涂在答题卡上指定的位置．3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上指定位置，在其他位置作答一律无效．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．已知复数z满足(2＋i)z＝3－4i，则|z|＝A．2B．eq\r(5)C．5D．102．已知直线l1：4x＋my＋2＝0和l2：mx＋y＋1＝0平行，则实数m＝A．－2B．0C．2D．±23．已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,4)＝1(a＞0)的焦距为4eq\r(3)，则该双曲线的渐近线方程为A．y＝±eq\r(2)xB．y＝±2xC．y＝±eq\f(\r(2),2)xD．y＝±eq\f(1,2)x4．直线l与直线y＝eq\r(3)x关于直线y＝x＋1对称，则直线l的倾斜角是A．eq\f(π,12)B．eq\f(π,6)C．eq\f(π,4)D．eq\f(π,3)1020(第5题图)5．我们把所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，在这两个平行平面内的面叫作拟柱体的底面，其余各面叫做拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫做拟柱体的高，过高的中点且平行于底面的平面截拟柱体所得的截面称为中截面．已知拟柱体的体积公式为V＝eq\f(1,6)h(S＋4S0＋S')，其中S，S'eq\f(1,6)分别是上、下底面的面积，S0eq\f(1,6)是中截面的面积，h为拟柱体的高．一堆形为拟柱体的建筑材料，其两底面是矩形且对应边平行(如图)，下底面长20米，宽10米，堆高1米，上底长、宽比下底长、宽各少2米．现在要彻底运走这堆建筑材料，若用最大装载量为4吨的卡车装运，则至少需要运1020(第5题图)（注：1立方米该建筑材料约重1.5吨）A．63车B．65车C．67车D．69车6．已知α，β均为锐角，且sin(α＋β)＝2sin(α－β)，则eq\s\do1(\f(tanα,tanβ))＝A．eq\f(1,3)B．eq\f(1,2)C．2D．37．已知椭圆C：eq\F(x2,a2)＋eq\F(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的上顶点为A，左、右焦点分别为F1，F2，连接AF2并延长交椭圆C于另一点B，若F1B∶F2B＝7∶3，则椭圆C的离心率为A．eq\f(1,4)B．eq\f(1,3)C．eq\f(1,2)D．eq\f(\r(3),3)8．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝2，E为线段CD上的动点，过B作AE的垂线，垂足为F，则eq\o(DF,\s\up6(→))·eq\o(DA,\s\up6(→))的最小值是A．1B．eq\f(16,13)C．eq\f(8,5)D．4二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．甲、乙两城市某月初连续7天的日均气温数据如下图，则在这7天中，26262524232221气温ºC1234567A．乙城市日均气温的极差为3℃B．乙城市日均气温的众数为24℃C．甲城市日均气温的中位数与平均数相等D．甲城市的日均气温比乙城市的日均气温稳定10．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l：y＝x－2与抛物线C交于A，B两点，则A．抛物线C的准线方程为x＝－1B．点F到直线l的距离为eq\f(\r(,2),2)C．∠AOB＝eq\f(π,2)D．AB＝1011．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P为侧面BCC1B1内一点，则A．当eq\o(C1P,\s\up6(→))＝eq\s\do1(\f(1,3))eq\o(C1B,\s\up6(→))时，异面直线CP与AD所成角的正切值为eq\s\do1(\f(1,2))B．当eq\o(C1P,\s\up6(→))＝λeq\o(C1B,\s\up6(→))(0＜λ＜1)时，四面体D1ACP的体积为定值C．当点P到平面ABCD的距离等于到直线A1B1的距离时，点P的轨迹为抛物线的一部分D．当eq\o(C1P,\s\up6(→))＝eq\s\do1(\f(1,2))eq\o(C1B,\s\up6(→))时，四面体BCDP的外接球的表面积为2π12．过原点的直线l与圆M：x2＋y2＋2x－2y－16＝0交于A，B两点，且l不经过点M，则A．弦AB长的最小值为8B．△MAB面积的最大值为4eq\r(2)C．圆M上一定存在4个点到l的距离为2eq\r(2)D．A，B两点处圆的切线的交点位于直线x－y－16＝0上三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知a＞0，若圆(x－a)2＋y2＝2与圆x2＋(y－a)2＝8外切，则a＝eq\o(▲,________)．14．某班15名学生在一次测试中的得分(单位：分)如下：9，10，10，11，11，11，12，12，12，12，13，14，16，17，18．则这组数据的70百分位数是eq\o(▲,________)．15．设函数f(x)＝2x＋logax－8（a＞1）的零点为x0．若x0≥3，则a的最小值为eq\o(▲,________)．16．已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，点P的坐标为(2，1)，动点A，B在抛物线C上，且PA⊥PB，则FA＋FB的最小值是eq\o(▲,________)．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．(本小题满分10分)在①(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC，②tanA＝eq\f(eq\r(3)bc,b2＋c2－a2)，③asinB＝eq\r(3)bcosA这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题．问题：△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c＝3，cosB＝eq\f(2\r(7),7)，且_________，求△ABC的面积．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．A1C1B1ACDA1C1B1ACDB(第18题图)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是棱BC上的点（不与点C重合），AD⊥DC1．(1)证明：平面ADC1⊥平面BCC1B1；(2)若AC＝CC1＝2，求CC1与平面ADC1所成角的正弦值．19．(本小题满分12分)已知圆M过原点O，圆心M在直线y＝x－1上，直线2x＋y＝0与圆M相切．(1)求圆M的方程；(2)过点P(0，4)的直线l交圆M于A，B两点．若A为线段PB的中点，求直线l的方程．20．(本小题满分12分)某篮球场有A，B两个定点投篮位置，每轮投篮按先A后B的顺序各投1次，在A点投中一球得2分，在B点投中一球得3分．设球员甲在A点投中的概率为p，在B点投中的概率为q，其中0＜p＜1，0＜q＜1，且甲在A，B两点投篮的结果互不影响．已知甲在一轮投篮后得0分的概率为eq\s\do1(\f(1,6))，得2分的概率为eq\F(1,3)．(1)求p，q的值；(2)求甲在两轮投篮后，总得分不低于8分的概率．21．(本小题满分12分)已知圆A：(x－eq\r(,3))2＋y2＝16，B(－eq\r(,3)，0)，T是圆A上一动点，BT的中垂线与AT交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)过点(0，2)的直线l交曲线C于M，N两点，记点P(0，－1)．问：是否存在直线l，满足PM＝PN？如果存在，求出直线l的方程；如果不存在，请说明理由．22．(本小题满分12分)已知双曲线C：eq\F(x2,a2)－eq\F(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为eq\R(,3)，满足eq\o(PM,\s\up7(→))·eq\o(PN,\s\up7(→))＝1．(1)求双曲线C的方程；(2)过点P的直线l与双曲线C交于A，B两点，直线OP与直线AN交于点D．设直线MB，MD的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值．南京市2022－2023学年度第一学期期中调研测试高二数学参考答案2022.11一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．1．B2．A3．C4．B5．B6．D7．C8．A二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．9．BC10．AB11．BCD12．ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．314．1315．eq\r(3)16．11四、解答题：本题共6小题，共70分．17．解：因为cosB＝eq\f(2\r(7),7)，B为三角形内角，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(\r(21),7)，选①：(sinB－sinC)2＝sin2A－sinBsinC，展开得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc，由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(1,2)，因为A为三角形内角，故A＝60º，所以sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(eq\r(3),2)·eq\f(2\r(7),7)＋eq\f(1,2)·eq\f(\r(21),7)＝eq\f(3\r(21),14)，由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，即eq\f(b,eq\f(\r(21),7))＝eq\f(3,eq\f(3\r(21),14))，解得b＝2，所以，△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)．选②：tanA＝eq\f(eq\r(3)bc,b2＋c2－a2)，由余弦定理得eq\f(sinA,cosA)＝eq\f(eq\r(3),2cosA)，故sinA＝eq\f(\r(3),2)，因为A为三角形内角，故A＝60º或120º，当A＝60º时，sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(eq\r(3),2)·eq\f(2\r(7),7)＋eq\f(1,2)·eq\f(\r(21),7)＝eq\f(3\r(21),14)，由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，即eq\f(b,eq\f(\r(21),7))＝eq\f(3,eq\f(3\r(21),14))，解得b＝2，所以，△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)．当A＝120º时，sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(eq\r(3),2)·eq\f(2\r(7),7)－eq\f(1,2)·eq\f(\r(21),7)＝eq\f(\r(21),14)，由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，即eq\f(b,eq\f(\r(21),7))＝eq\f(3,eq\f(\r(21),14))，解得b＝6，所以，△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×6×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(9\r(3),2)，综上，△ABC的面积为eq\f(3\r(3),2)或eq\f(9\r(3),2)．选③：asinB＝eq\r(3)bcosA，由正弦定理得sinAsinB＝eq\r(3)sinBcosA，因为B为三角形内角，所以sinB≠0，从而sinA＝eq\r(3)cosA，显然cosA≠0，所以tanA＝eq\r(3)，因为A为三角形内角，所以A＝60º．所以sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝eq\f(eq\r(3),2)·eq\f(2\r(7),7)＋eq\f(1,2)·eq\f(\r(21),7)＝eq\f(3\r(21),14)，由正弦定理得eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，即eq\f(b,eq\f(\r(21),7))＝eq\f(3,eq\f(3\r(21),14))，解得b＝2，所以，△ABC的面积S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×2×3×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(3),2)．18．解：(1)证明：在正三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，因为AD平面ABC，所以CC1⊥AD．又AD⊥DC1，CC1∩DC1＝C1，CC1，DC1平面BCC1B1，所以AD⊥平面BCC1B1．又因为AD面ADC1，A1C1B1ACDBE所以A1C1B1ACDBE(2)在平面BCC1B1中，作CE⊥DC1于点E．由(1)可知AD⊥平面BCC1B1，因为CE平面BCC1B1，所以AD⊥CE，又CE⊥DC1，AD∩DC1＝D，AD，DC1平面ADC1，所以CE⊥平面ADC1．因此∠CC1E为CC1与平面ADC1所成的角．因为在正三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为正三角形，由AD⊥平面BCC1B1，DC平面BCC1B1，得AD⊥DC，所以D为BC的中点，DC＝1．在Rt△C1CD中，sin∠DC1C＝eq\s\do1(\f(DC,DC1))＝eq\s\do1(\f(DC,eq\r(DC2＋C1C2)))＝eq\s\do1(\f(1,eq\r(12＋22)))＝eq\s\do1(\f(eq\r(5),5))，即sin∠CC1E＝eq\s\do1(\f(eq\r(5),5))，所以CC1与平面ADC1所成角的正弦值为eq\s\do1(\f(eq\r(5),5))．19．解：(1)因为圆M过原点O，且与直线2x＋y＝0相切，所以圆心M在直线y＝eq\s\do1(\f(1,2))x上，又圆心M也在直线y＝x－1上，联立y＝eq\s\do1(\f(1,2))x与y＝x－1，解得圆心M(2，1)，所以半径r＝OM＝eq\r(5)，因此圆M的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5．(2)法一：设A(x，y)，因为A为线段PB的中点，所以B(2x，2y－4)．因为A，B在圆M上，所以eq\b\lc\{(\a\al\vs1((x－2)2＋(y－1)2＝5，,(2x－2)2＋(2y－5)2＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\al\vs1(x＝0，,y＝2))或eq\b\lc\{(\a\al\vs1(x＝eq\s\do1(\f(24,13))，,y＝eq\s\do1(\f(42,13))．))当A(0，2)时，直线l的方程为x＝0；当A(eq\f(24,13)，eq\f(42,13))时，直线l的方程为y＝－eq\f(5,12)x＋4，即5x＋12y－48＝0．综上，直线l的方程为x＝0或5x＋12y－48＝0．法二：当直线l的斜率不存在时，此时l：x＝0，A(0，2)，B(0，0)，满足要求．当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋4，由eq\b\lc\{(\a\al\vs1(y＝kx＋4，,(x－2)2＋(y－1)2＝5，))得(1＋k2)x2＋(6k－4)x＋8＝0，由Δ＞0得，k＞6＋2eq\r(10)或k＜6－2eq\r(10)，(*)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\s\do1(\f(4－6k,1＋k2))①，x1x2＝eq\s\do1(\f(8,1＋k2))②．由A为线段PB中点，可得2x1＝x2③．由①③解得x1＝eq\s\do1(\f(4－6k,3(1＋k2)))，x2＝eq\s\do1(\f(2(4－6k),3(1＋k2)))，代入②，得eq\s\do1(\f(4－6k,3(1＋k2)))·eq\s\do1(\f(2(4－6k),3(1＋k2)))＝eq\s\do1(\f(8,1＋k2))，解得k＝－eq\f(5,12)，符合(*)，所以直线l的方程为y＝－eq\f(5,12)x＋4，即5x＋12y－48＝0．综上，直线l的方程为x＝0或5x＋12y－48＝0．法三：设线段AB的中点为C，则PC＝3CB，即PC2＝9CB2，设圆心M到直线l的距离为d，则CB2＝r2－d2＝5－d2，又PC2＝PM2－MC2＝13－d2，所以13－d2＝9(5－d2)，解得d＝2．当直线l的斜率不存在时，此时l：x＝0，A(0，2)，B(0，0)，符合题意．当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋4，则d＝eq\f(|2k－1＋4|,\r(,1＋k2))＝2，解得k＝－eq\f(5,12)，此时直线l的方程为y＝－eq\f(5,12)x＋4，即5x＋12y－48＝0．综上，直线l的方程为x＝0或5x＋12y－48＝0．20．解：(1)由题意得eq\b\lc\{(\a\al((1－p)(1－q)＝eq\F(1,6)，,p(1－q)＝eq\F(1,3)，))解得p＝eq\F(2,3)，q＝eq\F(1,2)．(2)每轮投篮结束后，甲得分可能为0，2，3，5．记甲第一轮投篮得分为i分的事件为Ci(i＝0，2，3，5)，第二轮投篮得分为i分的事件为Di(i＝0，2，3，5)，则P(Ci)＝P(Di)，Ci，Di相互独立，记两轮投篮后甲总得分不低于8分为事件E，则E＝C3D5＋C5D3＋C5D5，且C3D5，C5D3，C5D5彼此互斥．易得P(C3)＝P(D3)＝(1－eq\F(2,3))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，P(C5)＝P(D5)＝eq\F(2,3)×eq\F(1,2)＝eq\F(1,3)，所以P(E)＝P(C3D5＋C5D3＋C5D5)＝P(C3D5)＋P(C5D3)＋P(C5D5)＝eq\f(1,6)×eq\F(1,3)＋eq\F(1,3)×eq\f(1,6)＋eq\F(1,3)×eq\F(1,3)＝eq\F(2,9)．答：两轮投篮后，甲总得分不低于8分的概率为eq\F(2,9)．21．解：(1)由条件得QA＋QB＝QA＋QT＝AT＝r＝4＞2eq\r(,3)＝AB，所以Q的轨迹是椭圆，且2a＝4，2c＝2eq\r(,3)，所以b＝1，所以C的方程为eq\s\do1(\f(x2,4))＋y2＝1．(2)假设存在满足题意的直线l，显然l的斜率存在且不为0，设l：y＝kx＋2(k≠0)，由eq\b\lc\{(\a\al\vs1(y＝kx＋2，,eq\s\do1(\f(x2,4))＋y2＝1，))得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，则Δ＝(16k)2－48(1＋4k2)＝64k2－48＞0，得k2＞eq\s\do1(\f(3,4))，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq\s\do1(\f(－16k,1＋4k2))，又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋4＝eq\s\do1(\f(4,1＋4k2))，所以MN的中点坐标为(eq\s\do1(\f(－8k,1＋4k2))，eq\s\do1(\f(2,1＋4k2)))，因此，MN的中垂线方程为y－eq\s\do1(\f(2,1＋4k2))＝－eq\s\do1(\f(1,k))(x＋eq\s\do1(\f(8k,1＋4k2)))，要使PM＝PN，则点P(0，－1)应在MN的中垂线上，所以－1－eq\s\do1(\f(2,1＋4k2))＝－eq\s\do1(\f(1,k))·eq\s\do1(\f(8k,1＋4k2))，解得k2＝eq\s\do1(\f(5,4))＞eq\s\do1(\f(3,4))，故k＝±eq\s\do1(\f(\r(,5),2))，因此，存在满足题意的直线l，其方程为y＝±eq\s\do1(\f(\r(,5),2))x＋2．22．解：(1)由题意知M(－a，0)，N(a，0)，又P(－1，1)，所以eq\o(PM,\s\up7(→))＝(－a＋1，－1)，eq\