浙江省北斗星盟2024-2025学年高二上学期12月阶段性联考数学试题

2024学年第一学期浙江北斗星盟阶段性联考高二年级数学学科试题考生须知：1．本卷共4页，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班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．4．考试结束后，只需上交答题纸．选择题部分一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若直线l的一个方向向量为，求直线的倾斜角（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】求出直线斜率，进而求出直线倾斜角即得.【详解】直线l的一个方向向量为，则直线斜率为，所以直线的倾斜角为.故选：C2.已知圆，则以下选项中与圆内切的圆的方程为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】明确圆的圆心和半径，计算圆心距，根据两圆内切时，圆心距等于两圆半径之差的绝对值来判断两圆是否内切.【详解】圆的圆心为，半径.对A选项：圆心，半径，因为圆心距，所以两圆不内切，故A选项不满足条件；对B选项：圆心，半径，因为圆心距，所以两圆内切，故B选项满足条件；对C选项：圆心，半径，因为圆心距，所以两圆不内切，故C选项不满足条件；对D选项：圆心，半径，因为圆心距，所以两圆不内切，故D选项不满足条件.故选：B3.已知双曲线的方程是，它的两个焦点分别是与是双曲线上的一点，且，则的值为（）A.1 B.13 C.1或13 D.4或10【答案】B【解析】【分析】根据题意，由条件可得是双曲线左支上的点，再由双曲线的定义，代入计算，即可得到结果.【详解】由双曲线的标准方程可得，则，则，所以点是双曲线左支上的点，由双曲线的定义可得，所以.故选：B4.已知是等差数列的前项和，若，，则（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的定义和性质，结合等差数列的通项公式可求解.【详解】因为，所以，又，所以，所以，所以.故选：D5.已知，，，，则点到平面的距离为（）A.3 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出平面的一个法向量，然后由点到平面距离的向量求法求解.【详解】，设为平面的一个法向量，则由得，令，则，，则点到平面的距离为.故选：B.6.在四棱台中，平面，，，，且，动点满足，则直线与平面所成角正弦值的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，由向量法表示线面角的正弦值，根据的范围求解即可.【详解】如图建立空间直角坐标系，所以，，，，，，，因为平面，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，所以,因为，所以当时，正弦值最大，且最大值为.故选：.7.设椭圆的左，右焦点分别为，，点，在上，且点，关于原点对称，当时，，当点在椭圆上运动时，四边形面积的最大值是，则椭圆的焦距为（）A. B.6 C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，由条件可得四边形为平行四边形，在中由余弦定理以及椭圆的定义可得，再由当运动到椭圆的上下顶点位置时，四边形的面积最大，即可得到结果.【详解】因为点，在上，且点，关于原点对称，则四边形为平行四边形，又当时，，则，设，则，，在中，由余弦定理可得，即，化简可得，所以，由椭圆的定义可得，即，即，又四边形面积的最大值是，其中,当点运动到椭圆的上下顶点位置时，最大，此时，化简可得，由可得，即，所以，所以，解得，则椭圆的焦距为.故选：D8.记圆锥的侧面是曲面，且曲面平面，其中是圆锥的一条母线，则称平面是“平面”，“平面”上不与平行且不与重合的直线称为“圆锥的斜切直线”．已知直线是圆锥的“斜切直线”，且直线经过圆锥某条母线的中点，若圆锥的体积是，底面面积是，且圆锥底面中心到直线的距离是，则直线与圆锥底面夹角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出圆锥的底面半径和高，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，取直线上的一点，使得，此时⊥，从而得到方程组，换元求出，根据圆锥底面中心到直线的距离得到方程，求出，结合圆锥底面的法向量，利用线面角的夹角正弦公式求出答案.【详解】设圆锥底面圆半径为，圆锥的高为，则，解得，，解得，如图，其中直线经过的中点，在底面圆上，且互相垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，则，平面与圆锥的侧面交于，故在平面内与垂直的直线即为平面的法向量所在直线，其中，设平面的法向量为，显然，则，由，令，则，故，取直线上的一点，使得，此时⊥，其中，故，可令，则，将其代入①得，故，此时底面中心到直线的距离，即，解得，又，此时，故满足要求，而圆锥底面的法向量为，设直线与圆锥底面夹角为，则.故选：D【点睛】新定义问题的方法和技巧：（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知圆，直线与圆交于，两点，则以下四个选项中正确的是（）A.圆的圆心坐标是 B.C. D.的面积是【答案】AB【解析】【分析】对于A，利用配方法整理圆的方程，根据圆的标准方程，可得答案；对于B，利用点到直线的距离公式求得弦心距，根据弦长公式，可得答案；对于C，根据垂径定理的相关性质，结合正弦函数的二倍角公式以及锐角三角函数定义，可得答案；对于D，根据三角形的面积公式，可得答案.【详解】由题意，过作，垂足为，作图如下：对于A，由方程，整理可得，则圆心，故A正确；对于B，圆心到直线的距离是，则，故B正确；对于C选项，，故C错误；对于D选项，，故D错误．故选：AB.10.如图，把正方形纸片沿着（是线段的中点）翻折成平面，是原正方形的中心，则在翻折过程中，以下说法正确的是（）A.B.与所成角的最大值是C.若是的中点，则与平面所成角的正弦值的最大值是D.过做的垂线与交于点，【答案】ABD【解析】【分析】过点作的垂线，交于点，连接，利用线面垂直的判定定理及性质定理可判断；连接，过点作的平行线交于点，直线与的夹角就是直线BD与直线的夹角，设，当在平面ABCD时，，即可判断；的轨迹是圆G，当与圆G相切时，则与平面ABCD所成角的正弦值的最大，设正方形的边长是2，求出正弦值即可判断；与都是等腰三角形，，继而可判断.【详解】对于A：过点作的垂线，交于点，连接，则，又，平面，则平面，又平面，所以．故正确；对于B：连接，过点作的平行线交于点，则，直线BD与直线的夹角，就是直线与的夹角，设，当在平面ABCD时，，因此直线BD与直线的夹角最大值是．故正确；对于C选项，如图所示，的轨迹是圆G，当与圆G相切时，则与平面ABCD所成角的正弦值的最大，设正方形的边长是2，，故C错误．对于D：与都是等腰三角形，，因此．故正确.故选：.11.已知曲线，直线经过点，则以下说法正确的是（）A.记曲线围成的面积是，则B.若，直线与曲线交于不同的两点的最小值是C.当时，有2条不同的直线，直线与曲线有3个不同的交点D.若，设点是曲线上的任意一点，则【答案】ABD【解析】【分析】由题意分别作图，根据选项的描述，结合图象，利用反例，可得答案.【详解】对于A选项，该曲线的图象如图所示：因此该封闭图形面积由一个正方形和四个半圆组成，计算可得正方形的面积是，半圆的半径是，四个半圆的面积是，因此，故A正确；对于B选项，由，则过原点，以原点为圆心，以为半径作圆，如下图：由图可知当直线l的斜率为0或不存在时，交点刚好在圆上，所截弦长为，而其他直线与曲线的交点都在圆外，因此是最小值，故B正确；对于C选项，如图所示，当时，点A在曲线外，若直线l与曲线有3个不同的交点，因此这样的直线l有4条，故C错误；对于D选项，无论点在曲线内还是曲线外，到曲线上点的最大值可以转化成点到如图所示的四个圆上的点的最大值，由对称性可知，点到四个圆上的点的最大值在左上圆或者左下圆取到，则最大值是，故D正确．故选：ABD.非选择题部分三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知等比数列满足，则__________．【答案】【解析】【分析】根据等比数列的等比中项的性质，可得答案.【详解】由等比数列满足，则，解得.故答案为：.13.在棱长为的正方体中，，分别是线段上的动点，直线和平面所成的角为，则点到直线的最大距离为__________．【答案】【解析】【分析】以为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系，设，，，由条件利用向量方法求直线和平面所成的角的正弦，列方程可得关系，再在平面上，建立平面直角坐标系，利用点到直线距离公式求点到直线的距离，结合关系，根据基本不等式求最值.【详解】以为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的一个法向量为，则，故，取，则，，故为平面的一个法向量，又，直线和平面所成的角为，所以，所以，即，在平面上，以方向为的正方向，建立平面直角坐标系，则，，直线的方程为，点到直线的距离为，因为，所以，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，所以点到直线的最大距离为.故答案为：.14.已知椭圆，左、右焦点分别为，．在直线上有一动点，过点作两条直线，，其中与椭圆相切于点，经过点与椭圆交于点，当时，__________．【答案】0【解析】【分析】设，表示出过点的切线方程，与直线联立，表示出点坐标，表示出，根据直线与是同一条直线，可推出，两点坐标之间的关系，再根据，可得点横坐标，进而可确定点坐标.【详解】如图：易知，.设切点，因为在椭圆上，所以.设切线：由，消去得：.由得：，整理得：因为，所以所以直线：，整理得：.由得，所以①设点，直线的斜率为.而，所以②将①式和②式联立可得，，化简得③又因为，即，而所以，将③式代入化简，可得，解得或（舍去）所以轴，即点此时为直线和轴的交点，故.故答案为：0【点睛】结论点睛：若点为二次曲线上的点，则过点的切线方程可用如下方法获得：用代替，用代替，用代替，用代替.四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知数列是公比不为1的等比数列，前项和为，且满足.（1）求数列的公比；（2）若是递增数列且，求数列的前项和.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）利用等比数列的通项公式得到关于的方程，解之即可得解；（2）利用（1）中结论，结合错位相减法即可得解.【小问1详解】因为数列是公比不为1的等比数列，所以由，得，则，易知，故，化简得，解得或【小问2详解】因为是递增数列且，所以，则，则，所以，两式相减，得，所以.16.已知椭圆经过点，点是椭圆上的动点，左右焦点分别是与，过的直线交椭圆于A，B两点，的周长为16．（1）求椭圆的标准方程；（2）若椭圆上有且只有3个点到直线的距离为1，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由椭圆定义可得，再将点的坐标代入计算，即可得到，从而得到结果；（2）根据题意，由两平行直线的距离公式可得或，然后联立直线与椭圆方程，由直线与椭圆相交，相切列出方程，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】由椭圆的定义可得的周长为，即，再将点代入椭圆可得，解得，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】由题意可得，到直线的距离为1的点的轨迹是与平行的两条直线，可设为，则其与直线的距离为，即，化简可得或，又因为，所以椭圆与相交且与相切，联立方程，消去可得，由椭圆与相交可得，解得，所以，由椭圆与相切，可得，解得，且，即，所以.17.如图，三角形和菱形所在平面垂直，且，．线段的中点为．（1）当时，证明：直线平面；（2）当时，求平面和平面夹角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先利用勾股定理的逆定理证得，其次用面面垂直的性质定理证得，最后用线面垂直的判定定理证得平面.（2）以为原点，建立空间直角坐标系，先根据条件确定点的坐标，再利用空间向量求二面角的三角函数值.【小问1详解】如图：当时，又，所以故为等腰直角三角形，取中点，连.因为四边形为菱形，，所以所以因为平面平面，且交线为,所以平面，又平面，所以又,平面，所以平面.【小问2详解】如图建系因为平面平面，可设所以，可取，所以又平面的法向量，设平面的法向量则所以，化简得，令，所以故记平面和平面夹角为，所以所以．18.已知平面上的动点到点的距离与直线的距离相等．（1）求点的轨迹方程；（2）已知圆方程是，过点的两条直线分别与圆相切于点，．（i）记四边形的面积是，若．求点纵坐标的取值范围；（ii）设直线，的斜率是，，若，求的取值范围．【答案】（1）（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）由题意，结合抛物线的定义与标准方程，可得答案；（2）（i）由圆外一点作切线性质，将面积转化为边长，利用两点距离公式可得答案；（ii）由直角三角形与锐角三角函数，可得动点坐标的取值范围，根据切线性质建立方程，可得答案.【小问1详解】设点，由于动点P到点的距离与直线的距离相等则点P的轨迹是抛物线，抛物线的方程是．【小问2详解】（i）