湖北省武汉市问津教育联合体2023-2024学年高二上学期12月质量检测数学试题

2025届问津教育联合体高二12月质量检测数学试卷一、单选题（每小题5分，共40分）1.在等差数列中，若，则公差（）A.2 B.4 C.3 D.5【答案】B【解析】【分析】根据等差数列通项公式列出方程组求解即可.【详解】因为，所以，.故选：B.2.抛物线的准线方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】将题中抛物线的方程转化为标准方程，从而得解.【详解】因为抛物线可化为，所以其准线方程为.故选：C.3.冰糖葫芦是中国传统小吃，起源于南宋.由山楂串成的冰糖葫芦如图1所示，若将山楂看成是大小相同的圆，竹签看成一条线段，如图2所示，且山楂的半径（图2中圆的半径）为2，竹签所在的直线方程为，则与该串冰糖动芦的山楂都相切的直线方程为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，设所求直线方程为，结合两平行直线间的距离公式，列出方程，求得的值，即可求解.【详解】因为竹签所在的直线方程为，设与该串冰糖葫芦的山楂都相切的直线方程为，由两平行直线间的距离公式，可得，解得，所以与该串冰糖葫芦的山楂都相切的直线方程为.故选：D.4.三棱柱中，为棱的中点，若，，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的线性运算法则与空间向量基本定理，求解即可.【详解】故选：D.5.双曲线（，）的一条渐近线经过，则该双曲线离心率为（）A. B.2 C. D.4【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的渐近线与离心率的关系求解.【详解】双曲线的一条渐近线方程为，将代入渐近线方程得，所以，故选:B．6.已知点P，Q是圆O：上的两个动点，点A在直线l：上，若的最大值为，则点A的坐标是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】首先判断直线与圆为相离，再由题设得为圆切线，根据已知确定，设应用两点距离公式求坐标.【详解】由到的距离，故直线任意一点与圆上两点所成角最大，则为圆的切线，要使的最大值为，即为边长为的正方形，则，此时，令，有，，所以，即.故选：A7.如图，在圆锥中，是底面圆的直径，，，为的中点，为的中点，则点到平面的距离为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得点到平面的距离.【详解】因为，为的中点，则，由圆锥的几何性质可知平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，设平面的法向量为，，，则，取，可得，又因为，所以，点到平面的距离为.故选：B.8.已知点为椭圆:的右焦点，点是椭圆上的动点，点是圆上的动点，则的最小值是（）A B. C. D.【答案】B【解析】【分析】作出图形，利用椭圆的定义以及圆的几何性质可求得的最小值.【详解】如下图所示：在椭圆中，，则，圆的圆心，半径，圆心为椭圆的左焦点，由椭圆定义可得，，由椭圆的几何性质可得，即，由圆的几何性质可得，所以，所以的最小值是.故选：C.二、多选题（每小题5分，共20分）9.若方程所表示的曲线为，则（）A.曲线可能是圆B.若，则椭圆C.若为椭圆，且焦点在轴上，则D.若为双曲线，且焦点在轴上，则【答案】AC【解析】【分析】AB选项，计算出时，曲线表示圆，A正确，B错误；C选项，根据焦点在轴上的椭圆所满足的条件得到不等式，求出答案；D选项，根据焦点在轴上的双曲线所满足的条件得到不等式，求出答案.【详解】A选项，当，即时，方程为，表示圆心为原点，半径为的圆，故选项正确，选项错误；C选项，若为椭圆，且焦点在轴上，则，解得，故选项正确；D选项，若为双曲线，且焦点在轴上，方程即，则，解得，故选项D错误.故选：AC.10.（多选）已知直线与曲线，下列说法正确的是（）A.当时，直线与曲线有且仅有一个交点B.当时，直线与曲线有且仅有一个交点C.当时，直线与曲线有两个交点D.当或时，直线与曲线没有交点【答案】BCD【解析】【详解】[把化成为，因为，，所以曲线表示圆的下半部分，如图，，，．当过时，，直线与曲线有且仅有一个交点，当过时，，这时直线与曲线有两个交点，当与曲线相切时，，解得（舍去）．∴当或时，直线与曲线无交点；当或时，直线与曲线有且仅有一个交点；当时，直线与曲线有两个交点，故选BCD．]11.设抛物线的顶点为O，焦点为F.点M是抛物线上异于O的一动点，直线OM交抛物线的准线于点N，下列结论正确的是（

）A.若，则B.若，则O为线段MN的中点C.若，则D.若，则【答案】ABD【解析】【分析】根据题意，求得抛物线的焦点为，准线为，结合选项，利用抛物线的定义，求得点和点的坐标，即可求解.【详解】由抛物线，可得焦点，准线为，对于A中，设，若，根据抛物线的定义，可得，解得，可得，可得，所以A正确；对于B中，由，则，不妨设，则直线的方程为，令，可得，即，所以为线段的中点，所以B正确；对于C中，设，若，根据抛物线的定义，可得，解得，则，可得，所以C不正确；对于D中，由，可得，不妨设，则直线的方程为，令，可得，即，则，所以，所以D正确.故选：ABD.12.如图，在棱长为2的正方体中，Q为线段的中点，P为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（

）A.为中点时，过三点的平面截正方体所得的截面的周长为B.不存在点，使得平面平面C.存在点P使得的值为D.三棱锥外接球体积最大值为【答案】BD【解析】【分析】根据正方体的截面、空间向量法、空间距离、几何体的外接球等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，为中点时，连接，由于分别是，所以，由于，所以四边形是平行四边形，所以，所以，则过三点的平面截正方体所得的截面为梯形，其周长为，所以A选项错误.B选项，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，，设平面的法向量为，则，故可设，，，，所以直线与平面不平行，所以不存在点，使得平面平面，B选项正确.C选项，将正方形、正方形展开成平面图形如下图所示，连接，交于，此时取得最小值为，所以不存在点P使得的值为，C选项错误.D选项，对于三棱锥，其中两两相互垂直，其中为定值，，而三棱锥外接球的直径，是将其补形为长方体时，长方体的体对角线，也即，所以外接球半径的最大值为，其体积的最大值为，D选项正确.故选：BD【点睛】求解正方体截面有关问题，主要是通过扩展截面得到，扩展截面的方法主要是通过平行，也即共面来进行.求解几何体外接球有关问题，当几何体可以补形成长方体时，长方体的体对角线也即外接球的直径.三、填空题（每小题5分，共20分）13.设直线与圆相交于A，B两点，且弦AB的长为2，则实数m的值是____________．【答案】【解析】【分析】由圆的标准方程可得半径与圆心，由点线距离公式用表示弦心距，利用勾股定理表示半弦长，由弦长为建立方程，求解即可.【详解】圆的圆心，半径，圆心到直线的距离，由题意弦的长为，则，则，解得．故答案为：.14.如图，某高脚杯的轴截面为抛物线，往杯中缓慢倒水，当杯中的水深为时，水面宽度为，当水面再上升时，水面宽度为______________.【答案】6【解析】【分析】建立平面直角坐标系，让抛物线的顶点与坐标原点重合，设抛物线的方程为，根据点在抛物线上求出，再根据求出，则答案可得.【详解】如图建立平面直角坐标系，让抛物线的顶点与坐标原点重合，则由题意可设抛物线的方程为，由题意可知点在抛物线上，则，所以，所以抛物线的方程为，当水面再上升时，，此时有，解得，所以此时的水面宽度为.故答案为：6.15.已知正方体的所有棱长均为1，为线段上的动点，则到平面的最大距离为______．【答案】##【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设，，求出平面的法向量，从而求出点到平面的距离，求出最大值.【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，设，，设平面的法向量为，则，令得，，故，故点到平面的距离为，故当时，取得最大值，最大值为.故答案为：16.已知直线与椭圆相交于两点，且线段的中点在直线上，则此椭圆的离心率为______．【答案】##【解析】【分析】联立，得到线段的中点为，设与的交点分别为，，利用点差法能求出椭圆的离心率.【详解】联立得：，所以直线与直线的交点坐标为，所以线段的中点为，设与的交点分别为，，所以，，则，，分别把，代入到椭圆得：，两式相减得：，因为直线为：，所以，且，所以，所以，即，所以，所以，所以，所以.故答案为：四、解答题（共6题，共70分）17.已知数列an=n（n+2）.（1）写出这个数列的第8项和第20项；（2）63是不是这个数列中的项？如果是，是第几项？【答案】（1）（2）63是这个数列中的第7项【解析】【分析】（1）代入和求解即可；（2）令求解即可【小问1详解】由题意，，【小问2详解】令，则，因为，故，即63是这个数列中的第7项18.已知正三棱柱，底面边长，，点、分别是边、的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．（1）求三棱柱的侧棱长；（2）求与夹角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用，可知即可求三棱柱的侧棱长.（2）用求解即可.【小问1详解】设，则、、、、、，∴，，∵，则，解得，故正三棱柱的侧棱长为．【小问2详解】由（1）可知，，，则，故与夹角的余弦值为．19.已知圆，两点、.（1）若，直线过点且被圆所截的弦长为，求直线的方程；（2）若圆上存在点，使得，求圆半径的取值范围.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）计算出圆心到直线的距离为，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式可求出直线的方程；（2）设点，利用平面内两点间的距离公式结合可得知点在圆，可知圆与圆有公共点，根据圆与圆的位置关系可得出关于的不等式，即可解得的取值范围.【小问1详解】解：当时，圆的标准方程为，圆心为，因为直线过点且被圆所截的弦长为，则圆心到直线的距离为，若直线的斜率不存在，则直线的方程为，此时，圆心到直线的距离为，不合乎题意；所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，即，则，解得，所以，直线的方程为或.【小问2详解】解：设点，则，整理可得，因为点在圆上，则圆与圆有公共点，且圆的圆心为，半径为，则，且，故，因为，解得，故的取值范围是.20.如图，A地在B地东偏北45°方向相距处，且B与相距4km.已知曲线形公路上任意一点到B地的距离等于到高铁线（近似看成直线）的距离，现要在公路旁建造一个变电房M（变电房与公路之间的距离忽略不计）（1）试建立适当的直角坐标系求环形公路所在曲线的轨迹方程；（2）问变电房M应建在相对A地的什么位置（方位和距离），才能使得架设电路所用电线长度最短？并求出最短长度.【答案】（1）（2），位于A地正南方且与A地相距，所用电线最短长度为6km.【解析】【分析】（1）取经过点B且垂直的直线为y轴，垂足为K，并使原点与线段的中点重合，建立直角坐标系，由题意可知环形公路所在曲线的轨迹是抛物线，直接利用抛物线的定义得到其标准方程；（2）利用抛物线的定义，把所要求的最小值转化为在抛物线上取一点，使该点到A点的距离和到高铁线的距离最小.【小问1详解】如图，取经过点B且垂直的直线为y轴，垂足为K，并使原点与线段的中点重合，建立直角坐标系，则，，因为环形公路上任意一点到B地的距离等于到直线的距离，所以所在的曲线是以为焦点以l为准线的抛物线.设抛物线方程为，则.∴环形公路所在曲线的轨迹方程为.【小问2详解】要使架设电线长度最短，即最小，过M作，垂足为H，∴，当A、M、H三点共线时，即取得最小值，此时，位于A地正南方且与A地相距，所用电线最短长度为6km.21.如图，等腰梯形中，，，现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且．（1）证明：平面平面；（2）若为上的一点，点到平面的距离为，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由、可证得平面，由面面垂直的判定可证得结论；（2）以中点为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，利用点到平面距离的向量求法可求得的值，根据二面角的向量求法可求得结果.【小问1详解】证明：在梯形中，取中点，连接，，，四边形为平行四边形，，，；，，平面，平面，平面，平面平面.【小问2详解】解：分别取中点，连接，，为中点，，又平面平面，平面平面，平面，平面，分别为中点，，平面，则以为坐标原点，正方向为轴的正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，，设，则，设平面的法向量，则，令，解得：，，；点到平面的距离，解得：，；平面轴，平面的一个法向量，，所以，平面与平面夹角的余弦值为.22.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为，点在椭圆上.（1）求椭圆的标准方程；（2）设点，，若点，是曲线上两点，且在轴上方，满足，求四边形面积的最大值.【答案】（1）（2）3【解析】【分析】（1）利用椭圆离心率的定义与待定系数法求得，从而得解；（2）利用椭圆的对称性，将四边形的面积转化为的面积，再利用弦长公式与点线距离公式，结合二次函数的性质即可得解.【小问1详解】因为，所以，则，所以的标准方程为，因为点在上，所以，解得，从而，，所以的标准方程为.【小问2详解】设为坐标原点，连接