2024-2025学年山东省德州市高二上学期12月联考数学检测试题（附解析）

2024-2025学年山东省德州市高二上学期12月联考数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知直线，，设甲：；乙：，则甲是乙的（）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2．直线与以点为圆心的圆相交于两点，且，则圆的方程为（

）A． B．C． D．3．与椭圆有相同焦点，且长轴长为的椭圆的方程是（

）A． B． C． D．4．下列说法中，正确的是（）A．点关于平面对称的点的坐标是B．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则C．已知O为空间中任意一点，A，B，C，P四点共面，且A，B，C，P中任意三点不共线，若，则D．若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为30°，则直线l与平面所成的角为30°5．已知平面，的法向量分别为，，则平面，的夹角的大小为（）A． B． C． D．6．记为等差数列的前n项和，若，，则（）A．240 B．225 C．120 D．307．已知抛物线，直线l过抛物线的焦点且与抛物线交于A，B两点，若弦的长为8，则直线l的方程为（）A．或 B．或C．或 D．或8．空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.已知平面的方程为，直线l是平面与平面的交线，则直线l与平面所成角的大小为（）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知是等差数列的前n项和，，且，则（）A．公差 B．C． D．当时，最大10．双曲线：的焦点为，，过的直线与双曲线的左支相交于两点，过的直线与双曲线的右支相交于，两点，若四边形为平行四边形，则（

）A．B．C．平行四边形各边所在直线斜率均不为D．11．如图，在正方体中，P为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法正确的是（

）A．三棱锥的体积为定值B．若平面，则动点的轨迹是一条线段C．存在点，使得平面D．若直线与平面所成角的正切值为2，那么点的轨迹是以为圆心，半棱长为半径的圆弧三、填空题（本大题共3小题）12．已知数列的前项和满足，则.13．在平行六面体中，，，，点在上，且，用表示，则.14．已知椭圆，且，直线与椭圆相交于两点.若点是线段的中点，则椭圆的半焦距.四、解答题（本大题共5小题）15．已知直线过点为坐标原点．(1)若直线与直线垂直，求直线的方程；(2)若点到直线的距离为3，求直线的方程．16．如图，在四棱柱中，四边形是正方形，，点为的中点．(1)用向量表示；(2)求线段的长及直线与所成角的余弦值．17．数列满足，，，数列满足，．(1)证明数列是等差数列并求其通项公式．(2)数列的前n项和为，问是否存在最小值？若存在，求的最小值及取得最小值时n的值；若不存在，请说明理由．18．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，M为棱的中点．(1)证明：平面；(2)若，①求二面角的余弦值；②在棱上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的长；若不存在，说明理由．19．设分别为椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的左､右焦点，是椭圆的短轴的一个端点，(1)求椭圆的方程.(2)如图，是椭圆上不重合的三点，原点是的重心.（i）当直线垂直于轴时，求点到直线的距离；（ii）求点到直线的距离的最大值.

答案1．【正确答案】B【详解】由，得，化简得，解得或．当时，直线，直线；当时，直线，直线．综上所述：等价于或．故甲不能推出乙，乙能推出甲，故甲是乙的必要不充分条件．故选：B．2．【正确答案】A【详解】因为圆心到直线的距离，所以圆的半径，所以圆的方程为．故选：A．3．【正确答案】C【详解】因为椭圆的焦点坐标为，所以所求椭圆的焦点在轴上，设其方程为，则．因为所求椭圆的长轴长为，即，所以，所以，所以所求椭圆的方程是．故选：C．4．【正确答案】B【分析】根据对称规则可判断A错误，利用向量共线的条件可得，可得B正确，由共面定理可知C错误，再由线面角定义可得D错误.【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，故A错误；对于B，直线l的方向向量为，平面的法向量为，因为，所以，则，故B正确；对于C.已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，且A，B，C，P中任意三点不共线，若，则，解得，故C错误；对于D，若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为30°，则直线l与平面所成的角为，故D错误.故选：B.5．【正确答案】C【分析】直接由两平面夹角的向量公式计算可求.【详解】由向量与，得，又，则，所以平面，的夹角的大小为.故选：C.6．【正确答案】A【详解】因为数列为等差数列，则，即，又因为，可得，则等差数列公差，可得，所以.故选：A.7．【正确答案】B【分析】求出抛物线的焦点坐标，设出直线的方程，与抛物线方程联立，结合抛物线定义求解即得.【详解】抛物线的焦点，依题意，直线l的斜率存在，且不为0，设直线l的方程为，，，由消去y，整理得，，于是，解得，，所以直线l的方程为或.故选：B8．【正确答案】B【分析】根据平面方程对应的法向量，由三个平面方程得出法向量，由线面角的向量求法计算可得结果.【详解】依题意，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为.设直线l的方向向量为，，，，即令，则.设直线l与平面所成的角为，则，.故选：B.9．【正确答案】ACD【详解】设等差数列的公差为，由，得，则，则，故A正确；，故B错误；，故C正确；由于，，则时，；时，，所以当时，最大，故D正确.故选：ACD.10．【正确答案】BC【分析】根据双曲线的标准方程可判定A，由平行四边形与双曲线的对称性及双曲线定义可判定B，利用双曲线的性质可判定C，设直线方程，联立双曲线利用韦达定理及弦长公式结合函数的单调性可判定D.【详解】由题意可得，，则，故A错误．由双曲线的对称性和平行四边形的对称性可知：，则，B正确．设任一边所在直线为（斜率存在时），联立双曲线，联立得，则，即，C正确．由，设：；，，，联立得，∴，，则，设，则，∴，又单调递减，则，∴，故，D错误．故选：BC11．【正确答案】ABD【详解】设正方体的棱长为．对选项A，三棱锥的体积即三棱锥的体积，因为的面积为定值，点到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值．故A正确；对选项B，如图，分别取的中点，连接．由且，知四边形是平行四边形，所以．因为平面平面，所以平面．同理可得平面，因为平面，所以平面平面，则点的轨迹为线段，故B正确；对选项C，以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则．设，则．设为平面的一个法向量，则即，得取，则．若平面，则，即存在，使得，则，解得，与矛盾，故不存在点使得平面，故C错误；对于选项D，因为平面，所以即为直线与平面所成的角．因为直线与平面所成角的正切值为2，所以．因为点为正方形内一动点（含边界），所以点的轨迹是以为圆心，半棱长为半径的圆弧（正方形内），且其圆心角为，故D正确．故选：ABD．12．【正确答案】10【分析】由公式，将代入即可得结果.【详解】由题得.故10.13．【正确答案】【分析】利用空间向量的基本定理可得出关于、、的表达式.【详解】如下图所示：

由题意可知，，可得，所以，，故答案为.14．【正确答案】【分析】利用点差法来求解椭圆方程中的值，然后根据椭圆中a,b,c的关系求出半焦距.【详解】设，，因为在椭圆上，所以.两式相减得，即.因为点是线段的中点，所以，.斜率，得，即,解得.当时，椭圆方程为，可得，所以.故答案为.15．【正确答案】(1)(2)或【详解】（1）因为点，所以直线的斜率为．因为直线与直线垂直，所以直线的斜率为．又直线过点，则直线的点斜式方程为，整理得．（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时原点到直线的距离为，满足题意．当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即．根据题意及点到直线的距离公式，得，所以．两边平方，化简得，解得．此时直线的方程为，整理得．综上，直线的方程为或．16．【正确答案】(1)(2)；【详解】（1）方法一：由题意知方法二：因为为的中点，所以．故.（2）因为四边形是正方形，，所以，所以，即线段的长为．因为，所以．又，所以，即直线与所成角的余弦值为．故线段的长为，直线与所成角的余弦值为.17．【正确答案】(1)证明见解析，；(2)存在，，.【详解】（1）由，得，又，则，即，整理得，由，得，所以是以首项，公差的等差数列，.（2）由（1）知，数列是递增等差数列，由，得，因此前3项均为负数，从第4项起为正数，所以数列的前n项和存在最小值，此时，.18．【正确答案】(1)证明见解析(2)①；②存在；【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接．为棱的中点，．，四边形是平行四边形，．又平面平面平面．（2）解：．平面平面，平面平面平面，平面．又平面．又两两垂直．以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，则．为棱的中点，．①，设平面的一个法向量为n=x,y,z，则，令，则，所以为平面的一个法向量，，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以为平面平面的一个法向量，所以，根据图形得二面角为锐角，则二面角的余弦值为．②假设在棱上存在点，使得点到平面的距离是．设，则．由①知平面的一个法向量为，，点到平面的距离是，解得．在中，．19．【正确答案】(1)；(2)，.【分析】（1）根据已知可得，，再结合求出椭圆方程.（2）（i）设出三点坐标根据重心坐标公式和已知条件列出方程得到的纵坐标为，从而解出横坐标，进而解出结果.（ii）讨论直线有无斜率两种情况，有斜率时设出直线的方程，与椭圆联立，结合根与系数关系，重心坐标表示出的坐标，代入椭圆得到一个关系式，利用点到直线距离公式表示点到直线的距离并化简，结合式子结构，综合两种情况解出结果.【详解】（1）令椭圆的半焦距为，由椭圆的离心率为，得，，由的面积为，得，因此，所以椭圆的方程为.（2）（i）设，