浙江省北斗星盟2024-2025学年高二数学下学期阶段性联考试题含解析

PAGE25-浙江省北斗星盟2024-2025学年高二数学下学期阶段性联考试题（含解析）一、选择题：本大题共10小题，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.设集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先利用肯定值的几何意义求出集合，再利用集合的交运算即可求解.【详解】由，，所以.故选：C【点睛】本题主要考查了集合的交运算、解肯定值不等式，考查了基本运算求解实力，属于基础题.2.已知是双曲线的一个焦点，则该双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用已知条件列出关系式，求解，然后得到双曲线的渐近线方程．【详解】解：由已知为双曲线的一个焦点可得，，即，所以渐近线方程为：．故选：．【点睛】本题考查双曲线的简洁性质的应用，是基本学问的考查．3.在中，内角，，对应的边分别为，，.若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理的边角互化可得，从而求出角，进而求出.【详解】由，可得，所以，又，所以.故选：B【点睛】本题主要考查了正弦定理的边角互化，考查了基本运算求解实力，属于基础题.4.已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，且，则D.若，且，则【答案】D【解析】【分析】依据空间中直线和平面的位置关系分别去推断各个选项，均可举出反例；可证明得出.【详解】若，，则或与异面或与相交，故选项错误；若，，则与可能相交，故选项错误；若直线不相交，则平面不肯定平行，故选项错误；，或，又，故选项正确.本题正确选项：【点睛】本题考查空间中直线、平面之间位置关系有关命题的推断，考查学生的空间想象实力和对定理的驾驭程度.5.已知函数f（x）＝ax+b的图象如图所示，则函数h(x)＝loga(﹣x+b)的图象是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先由一次函数的图象得0＜a＜1，﹣1＜b＜0，结合对数函数的单调性可解除B、C，结合h(0)无意义可解除A，即可得解.【详解】由函数f(x)＝ax+b图象可知，0＜a＜1，﹣1＜b＜0，所以函数y＝logax单调递减，所以函数h(x)＝loga(﹣x+b)单调递增，故解除B、C；因为﹣1＜b＜0，所以h(0)＝logab无意义，可解除A.故选：D.【点睛】本题考查了对数函数图象的识别，考查了对数函数性质的应用，属于基础题.6.已知圆：（），直线：，则“”是“上恰有不同的两点到的距离为”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】依据圆心到直线距离d，比较d与r的关系即可推断．【详解】圆：（）圆心坐标为则圆心到直线距离为所以当时恰有两个不同的点到的距离为当上恰有不同的两点到的距离为时，满意所以“”是“上恰有不同的两点到的距离为”的充分不必要条件所以选A【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，充分必要条件的简洁应用，属于中档题．7.若，则的最小值为（）A. B.1 C. D.【答案】A【解析】【分析】令，由题意可知，化简可得，再利用基本不等式即可求出结果.【详解】令，因为，所以，所以；又，所以，当且仅当，即，即时，取等号.故选：A.【点睛】本题主要考查了基本不等式的在求最值中的应用，属于中档题.8.已知数列中，，.记，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用累加法和累乘法得到，，再利用数列的单调性计算得到答案.【详解】，则，故，；，故，，故，A，B错误；，，，，故，，D错误C正确.故选：C.【点睛】本题考查了数列的累加法，累乘法，数列的单调性，意在考查学生对于数列学问的综合应用实力.9.已知、为椭圆的左、右焦点，的椭圆上一点（左右顶点除外），为为重心.若恒成立，则椭圆的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据的椭圆上一点，且恒成立，不妨设点P为上顶点，再依据为为重心，由求解.【详解】因为的椭圆上一点，且恒成立，不妨设点P为上顶点，如图所示：因为为为重心，所以，而，即，所以，所以，所以，即，解得.故选：B【点睛】本题主要考查椭圆的几何性质以及焦点三角形的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的实力，属于中档题.10.设函数，，.若对随意恒成立，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先依据题意，可知，然后就和两种状况分类探讨，利用平凡不等式即可求出结果.【详解】因为当时，令，易知在上单调递减；所以，所以；当时，令，则易知在上单调递减；所以，所以所以；所以综上，.故选：D.【点睛】本题主要考查了不等式恒成立问题，和平凡不等式的应用，属于难题.二、填空题：本大题共7小题.11.已知直线和直线.若，则实数的值为______，此时，两直线与之间的距离为______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】依据两直线平行时的条件，列方程求出的值，再依据两平行线间的距离公式计算可得．【详解】解：因为直线和直线且，所以解得所以即，所以故答案为：；【点睛】本题考查了利用直线方程推断两直线平行的应用问题，属于基础题．12.在《九章算术》中，将底面是直角三角形直三棱柱称之为“堑堵”，已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中虚线恰好平分矩形的面积，则该“堑堵”的正视图的面积是_____，体积是_____．【答案】(1).(2).【解析】【分析】首先依据三视图作出几何体的直观图，结合三视图中的数据计算出正视图的面积和几何体的体积.【详解】由三视图可知，该几何体直观图如下图所示：该几何体为直三棱柱，正视图为等腰直角三角形，且斜边长上的高为，斜边长为，故该“堑堵”的正视图的面积是，体积为.故答案为：；.【点睛】本题考查的主要学问点：三视图和几何体之间的转换，几何体体积公式的应用，主要考查学生的运算实力以及空间想象实力，属于基础题.13.设，若不等式组所表示的平面区域的面积为4，则______，的最大值为______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】如图所示，画出可行域，依据面积得到，依据目标函数的几何意义结合图象得到答案.【详解】如图所示：画出可行域，则，解得或（舍去）；，即，表示直线在轴截距的倍，依据图象知当直线过点，即，时，有最大值为.故答案为：；.【点睛】本题考查了线性规划面积问题，最值问题，意在考查学生的计算实力和应用实力，画出图象是解题的关键.14.已知符号函数设函数，若互不相同的实数，，满意，则的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】求出解析式并作出其图像，利用图像以及对称性即可求解.【详解】由，，所以，作出的图像，由互不相同的实数，，满意，则，解得，由，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查了函数的零点和，考查了数形结合的思想，属于中档题。15.若数列中的最大项是第项，则______.【答案】【解析】【分析】依据题意得到，，解得答案.【详解】依据题意知：，解得；，解得，即，，故故答案为：.【点睛】本题考查了求数列的最大项，意在考查学生的计算实力和转化实力.16.已知正四面体的棱长为2，动平面交线段，（含端点）于点，，且平面平面，设平面和平面所成二面角的平面角为，则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】设在平面上的投影为，为中点，连接，，为与平面所成角，结合计算得到答案.【详解】设在平面上的投影为，则平面，平面平面，故平面，正四面体，故为中心.为中点，连接，，则，，，故平面，故为与平面所成角，中，，，，故，设平面平面，于，于，连接，平面，平面，故，，则平面，故，，故为平面和平面所成二面角的平面角，，故，当时等号成立.故答案为：.【点睛】本题考查了二面角，意在考查学生的计算实力和空间想象实力，转化实力.17.如图，已知边长为2的正方形内有一点，满意，则的最小值是______，过做，为的内心，则的最小值是______.【答案】(1).(2).【解析】【分析】（1）以为坐标原点，为轴，为轴，建立平面直角坐标系，设，求出点的轨迹，然后再利用向量模的求法表示出，依据其几何意义即可求解.（2）由，，，求出内切圆半径，从而求出点坐标，再利用向量数量积的坐标运算表示出，依据式子的几何意义即可求解.【详解】以为坐标原点，为轴，为轴，建立平面直角坐标系，由正方形的边长为2，则，，，，设，由，可得，即，所以点是以为圆心，以为半径的圆上，且在正方形内的点，，，，，所以表示在正方形内部的圆上的点到的距离，当，所以的最小值是（2）为的内心，由，则，，则内切圆半径，所以点坐标为，即，所以，，所以，由（1）可知的最小值为，所以的最小值为，所以的最小值是.故答案为：；【点睛】本题考查了向量的坐标运算、向量数量积的坐标表示、向量模的坐标表示、两点间的距离公式，考查了基本运算求解实力，属于中档题.三、解答题：本大题共5小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.已知函数，.（1）求的值；（2）若函数在有两个零点，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）首先利用二倍角的正弦、余弦公式以及协助角公式化简函数求出，将代入即可求解.（2）令，即，在同一坐标系中作出当时的图像以及的图像，利用数形结合即可求解.【详解】（1）所以，（2）令，即，在同一坐标系中作出当时的图像以及的图像，由图像可知，函数在有两个零点，则.【点睛】本题考查了二倍角的正弦公式、余弦公式、协助角公式，特别角的三角函数值、由零点个数求参数的取值范围，考查了数形结合的思想，属于基础题.19.如图，在侧棱垂直底面的三棱柱中，，，是棱的中点.（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）如图所示，以为轴建立空间直角坐标系，计算两个平面的法向量，依据法向量垂直得到证明.（2）干脆利用向量的夹角公式计算得到答案.【详解】（1）如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，设平面的法向量为，则，取得到，设平面的法向量为，则，取得到，，故平面平面.（2）直线与平面所成角为，则.【点睛】本题考查了面面垂直，线面夹角，意在考查学生的计算实力和空间想象实力，应用实力.20.已知正项数列的前项的和为，且，.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）依据公式化简得到，依据等差数列公式计算得到答案.（2）化简得到，利用分组求和法和裂项相消法计算得到答案.【详解】（1），故，解得，当时，，故，整理得到：，正项数列，故，数列是首项为，公差为的等差数列，故，验证时满意，故.（2），故.【点睛】本题考查了求数列的通项公式，分组求和，裂项相消法求和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.21.如图，抛物线的焦点为，为过点的弦，设直线的斜率为（）.的中垂线与轴交于点，抛物线在，两点处切线交于点Q.（1）当时，求的面积；（2）推断是否为定值，若是，求出此定值，若不是，请说明理由.【答案】（1）；（2）1.【解析】【分析】（1）设AB所在直线方程为，，由，得，然后依据，利用，求得斜率k，得到直线AB的中垂线方程，进而得到点P坐标，求得点P到直线AB的距离d，由求解.（2）由（1）方法：得到，由，得，求导，得到直线的方程；直线的方程，联立求得，进而得到点Q到直线AB的距离为：，得到，再代入求解.【详解】（1）设AB所在直线方程为，，由，得，由韦达定理得：，因为，所以，解得，因为，所以，则，所以，则直线AB的中垂线方程为：，令得，所以点，所以点P到直线AB的距离为：，所以.（2）由（1）知：，则直线AB的中垂线方程为：，令得，所以点，所以点P到直线AB的距离为：，所以.由，得，所以，则直线的方程为：，即；直线的方程为，即；由，解得，由，得：，解得，，所以，所以，所以，所以点Q到直线AB的距离为：，所以.为定值，【点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，弦长公式，点到直线的距离以及定值问题，还考查了运算求解的实力，属于难题.22.已知函数的点处的切线方程为，，.（1）求，值；（2）若不等式对随意恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）实数的取值范围是，．【解析】【分析】（1）依据切线方程得到，解方程即得解；（2）等价于在上恒成立，令，则只需即可．再利用导数求出函数，