浙江省名校协作体2024-2025学年高二数学下学期联考试题含解析

Page24考生须知：1．本卷满分150分，考试时间120分钟；2．答题前，在答题卷指定区域填写学校、班级、姓名、试场号、座位号及准考证号．3．全部答案必需写在答题卷上，写在试卷上无效；4．考试结束后，只需上交答题卷．选择题部分一、单选题：本大题共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，则点A关于平面的对称点的坐标是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据坐标平面的对称性求解．【详解】点A关于平面的对称点的坐标是，故选：B．2.与双曲线有公共焦点，且长轴长为的椭圆方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】依据双曲线方程可得焦点坐标，结合椭圆长轴长和的关系可得椭圆方程.【详解】由双曲线方程可得焦点坐标为：，椭圆焦点在轴上，且，又长轴长为，即，，，椭圆方程为：.故选：A.3.在数列中，，，则（）A.121 B.100 C.81 D.64【答案】C【解析】【分析】依据题意，由条件可得数列是公差为的等差数列，即可得到结果.【详解】因为，所以，故数列是公差为的等差数列，因为，所以，则.故选：C4.直线与圆的位置关系是（）A.相离 B.相交 C.相切 D.无法确定【答案】B【解析】【分析】利用圆心到直线的距离推断即可.【详解】由可知圆心为，半径为2，则圆心到直线的距离，故直线与圆相交.故选：B5.正项等比数列的公比为，前项和为，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】依据给定条件，利用数列前项和的意义，正项等比数列的意义，结合充分条件、必要条件的定义推断作答.【详解】依题意，，而是公比为的正项等比数列，因此，所以“”是“”的充要条件.故选：C6.已知抛物线，点在抛物线上，斜率为1的直线交抛物线于、两点．直线、的斜率分别记为，，则的值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】由点坐标求得，设，直线方程为，直线方程与抛物线方程联立方程组消元后应用韦达定理，此结论代入后化简可得．【详解】由题意，，抛物线方程为，设，直线方程为，由得，，，，，，，所以．故选：B．7.已知长方体，其中，，为底面上的动点，于且，设与平面所成的角为，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】确定是与平面所成的角，不妨设，求出，利用求得的最小值，再由得的最大值．【详解】平面，平面，所以，又，，所以，，，所以，所以点轨迹是对角线的中垂面与底面的交线，为一条线段．由平面知是与平面所成的角，不妨设，则，，得，．，即的最大值为，故选：D．8.如图是瑞典数学家科赫在1904年构造的能够描述雪花形态的图案，图形的作法是：从一个正三角形起先，把每条边分成三等分，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，反复进行这一过程，就得到一条“雪花”状的曲线．设原正三角形（图①）的面积为1，把图①，图②，图③，图④，……的面积依次记为，则满意的最小值为（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】【分析】记第个图形为，三角形边长为，边数，面积为，由图形归纳出，，．由累加法结合等比数列前项和公式得求得的表达式，从而得出结论．【详解】记第个图形为，三角形边长为，边数，面积为．由图形作法可知，，．即利用累加法可得因为数列是以为公比的等比数列，数列是以4为公比的等比数列，所以是以为公比的等比数列．因为，即，此时，，，所以，所以．由，得．所以的最小值是4.故选：C．【点睛】方法点睛：记第个图形为，相应量用一个数列表示，如本题中三角形边长为，边数，面积为，然后由前后两个图形依据归纳推理得出数列的递推关系，再结合数列学问求解．二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分9.已知等差数列的前项和为，，则（）A. B.C. D.当且仅当时，取最大值【答案】AB【解析】【分析】由等差数列性质可推断A，B，D；由等差数列的前项和公式可推断C.【详解】等差数列的前项和为，，故A正确；因为，，，故B正确；因为，，所以，故，，故C错误；由，可知，，，，故时，取最大值，故D错误.故选：AB.10.已知直线：，和圆：，下列说法正确的是（）A.直线与圆可能相切B.直线与圆确定相交C.当时，圆上存在2个点到直线的距离为1D.直线被圆截得的弦长存在最小值，且最小值为2【答案】BC【解析】【分析】由直线方程得出直线过定点，它在圆内，由此易得直线与圆的位置关系，可推断AB，由，利用到直线的距离为1的直线与圆的位置关系推断C，由直线与垂直时，弦长最小推断D．【详解】由直线方程知直线过定点，又，因此在圆内部，所以直线确定与圆相交，A错，B正确；时，圆心到直线的距离为，但，因此与直线距离为1的两条直线，一条与圆相交，一条与圆相离，所以圆上存在2个点到直线的距离为1，C正确；又，当直线与垂直时，弦长为，因此直线被圆所截得的弦长的最小值为，D错．故选：BC．11.设为双曲线：上一动点，，为上、下焦点，为原点，则下列结论正确的是（）A.若点，则最小值7B.若过点的直线交于两点（与均不重合），则C.若点，在双曲线的上支，则最小值为D.过的直线交于、不同两点，若，则有4条【答案】BCD【解析】【分析】结合双曲线的图象与性质，逐项推断，即可确定本题答案.【详解】由双曲线：，得，设，则，当且仅当时取等号，所以最小值为，故A错误；设两点坐标分别为，，所以，又因为，所以，故B正确；，故C正确；由双曲线：，可得通径长为，且实轴长，所以这样的直线有4条，故D正确.故选：BCD12.如图，在棱长为2的正方体中，，，分别为边，，的中点，，分别为线段，上的动点，下列结论正确的是（）A.与所夹角的余弦值为B.二面角的大小为C.四面体的体积的最大值为D.直线与平面的交点的轨迹长度为【答案】ABC【解析】【分析】由得出异面直线所成角，由余弦定理计算后推断A，设，交于，证明平面，依据定义作出二面角的平面角，计算后推断B，利用平行线性进行体积转换后，，从而求得体积的最大值推断C，作出直线与平面的交点的轨迹线段（如图）由余弦定理计算出线段长推断D．【详解】A．因为与平行且相等，所以是平行四边形，所以，从而是异面直线与所成的角或其补角，在正方体中，，，，．A正确；B．设，交于，则，由平面，平面，得，而平面且，所以平面，平面，则，作，同理，垂足为，连接，因为平面且，所以平面，又平面，所以，所以是二面角的平面角，正方体中，，，直角中，，，B正确；C．由已知，平面，平面，则面，，当与重合时达到最大值．C正确；D．由已知，，，，四点共面，设与交于，与交于，则即为直线与平面的交点的轨迹．，，，又为正三角形，所以，由余弦定理，，．D错．故选：ABC．【点睛】求空间角一般有两种方法，一是,空间向量法，二是定义法，本题图形是在正方体中，我们用定义法求异面直线所成的角和二面角，主要是正方体中平行线与垂线较多，简洁作出异面直线所成的角和二面角的平面角，从而再解三角形可得．三棱锥的体积问题，经常利用换顶点（换底）法进行转化，目的是使得棱锥的高与底面积易求解．非选择题部分三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中相应的横线上．13.两条直线：；：．则与之间的距离为___________．【答案】【解析】【分析】依据两平行线间的距离公式，即可求得本题答案.【详解】因为两条直线：；：，所以两平行线间的距离.故答案为：14.若圆：与圆：相交于、两点，且两圆在点处的切线相互垂直，则线段的长是___________．【答案】##【解析】【分析】画出已知两个圆的图象，利用圆的性质可以得到两切线相互垂直时，满意过对方的圆心，再利用直角三角形进行求解.【详解】如图，由两圆在点处的切线相互垂直可知，两条切线分别过两圆的圆心，由相交圆公共弦的性质可知，由切线性质可知，在中，，所以，又斜边上的高为，由等面积法可知，，即，解得.故答案为：15.已知F1(－c,0)，F2(c,0)为椭圆的两个焦点，P为椭圆上一点，且，则此椭圆离心率的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】设，由数量积的坐标表示得出，再由点P在椭圆上得出，联立两个方程得出，再由化简得出，结合离心率的公式即可求解.【详解】设，则①将代入①式解得又，即.故答案为：【点睛】本题主要考查了求椭圆离心率的取值范围，属于中档题.16.如图，在三棱锥中，底面是正三角形，，，，，分别是棱，上的动点，且，当三棱锥的体积取得最大值时，三棱锥的外接球表面积为___________．【答案】【解析】【分析】利用均值不等式求出体积最大时的位置，建立空间直角坐标系，建立方程组求出球心坐标，得球半径即可.【详解】要使三棱锥P―BEF体积最大，则底面△BEF的面积最大，设BF=a，则，，当且仅当，即时取得最大值，即E，F分别为棱的中点．此时，，三棱锥的体积取得最大值．如图，以中点为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，则，，，，．设，由，，，解得，，．设外接球球心，由，则，解得即，故三棱锥的外接球半径．所以，三棱锥的外接球表面积为．四、解答题：本大题共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.圆经过点，，且圆心在直线上．（1）求圆的方程．（2）过点作直线，直线与圆的另一个交点是，当时，求直线的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）依据圆的性质，结合两点间距离公式进行求解即可；（2）依据垂径定理，结合点到直线距离公式进行求解即可.【小问1详解】圆心在直线上，不妨设圆心为，则，得，故圆的方程为；【小问2详解】①当直线斜率不存在时，方程为,，明显满意，②当斜率存时，设：即，由（1）可知：圆的半径为，因为，所以点到距离．综上，的方程为或．18.已知数列是公比大于0的等比数列，，其前4项的和为120．（1）求数列通项公式；（2）记，，求数列前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据等比数列的通项公式，前项和公式进行求解即可；（2）依据等比数列前项和公式进行求解即可【小问1详解】设数列的公比为，通项公式为，若公比，由，所以前4项的和为，不符合题意，故，前4项和为，于是相除得，即，又因为，故，，；【小问2详解】，前项和为．19.已知椭圆：．（1）直线：交椭圆于，两点，求线段的长；（2）为椭圆的左顶点，记直线，，的斜率分别为，，，若，试问直线是否过定点，若是，求出定点坐标，若不是，请说明理由．【答案】（1）（2）直线过定点【解析】【分析】（1）将与椭圆联立得到、、和，进而得到；（2）设直线：，联立椭圆与直线得到韦达定理以及，利用进而得到，由得到的值，最终舍去不符合题意的即可.【小问1详解】将直线与椭圆方程联立，即，得，即，故；【小问2详解】设直线：，，，由得，，，又，，故，由，得，故或，①当时，直线：，过定点，与已知不符，舍去；②当时，直线：，过定点，，符合题意．20.已知数列，满意，，，，．（1）求出数列，的通项公式．（2）证明：对随意的，．【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意可得，即是首项为1，公差为3的等差数列，可求出，进而求出；（2）设数列的前项和为，由错位相减法求出，只要证明时，即可.【小问1详解】因为，，，∴，，又∵，，∴∴．∴是首项为1，公差为3的等差数列．∴，．【小问2详解】设数列的前项和为，∵①②②得：，所以，，则，当时，∴．21.如图所示，已知四棱锥，满意为中点，，．（1）求证平面（2）若与夹角的余弦值为，且，求与平面夹角的正弦值【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点为，连接，，，，易证平面，得到，从而平面；（2）以A为坐标原点如图建立空间直角坐标系，设面的法向量为，则.【小问1详解】取中点为，连接，，，，∵，为中点，∴∵，为中点，∴，又因为，，平面，平面，∴．，，平面平面．【小问2详解】解：以A为坐标原点如图建立空间直角坐标系，设，，设，，所以三点共线，在中，，，，在中，为中点，得，，，，，，有，，∴得．所以设面的法向量为，，，令有，设与面的夹角为，则．22.已知双曲线：，双曲线与共渐近线且经过点（1）求双曲线的标准方程．（2）如图所示，点是曲线上随意一动点（第一象限），直线轴于点，轴于点，直线交曲线于点（第一象限），过点作曲线的切线交于点，交轴于点，求的最小值．【答案】（1）（2）2