浙江省金华卓越联盟2023-2024学年高二上学期12月阶段联考数学试卷（Word版附解析）

2023学年第一学期金华卓越联盟12月阶段联考高二年级数学试题命题人：东阳二中吕夏雯陆琳琳；审题人：汤溪中学张拥军考生须知：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､学号和姓名；考场号､座位号写在指定位置；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.一､选择题：本题共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.准线方程为的抛物线的标准方程是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用抛物线的标准方程直接求解即可.【详解】由题知，设抛物线方程为，由其准线方程为，则，可得，所以抛物线的方程为.故选：D2.直线和直线垂直，则（）A.1B.C.1或D.1或【答案】C【解析】【分析】由直线垂直的充要条件列出方程求解参数即可.【详解】由题意直线和直线垂直， 所以或，C正确.故选：C.3.已知在等比数列中，，则的值是（）A.4B.-4C.D.16【答案】C【解析】【分析】利用等比数列的性质计算出答案,【详解】由题意得，解得.故选：C4.如图，在三棱台中，且，设，点在棱上，满足，若，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】直接利用向量的线性运算，即可求出结果.【详解】又，所以故选：A.5.已知等差数列的前项和为，且，则下列说法错误的是（）A.B. C.数列是递减数列D.中最大【答案】D【解析】【分析】利用等差数列前项和的公式即可得出，，进而逐个选项判断即可.【详解】因为，所以，又，所以，则，所以等差数列单调递减，中最大.故选：D6.已知圆，直线，圆上恰有3个点到直线的距离等于1，则圆与圆的位置关系是（）A.内切B.相交C.外切D.相离【答案】B【解析】【分析】结合图形，由圆上恰有3个点到直线的距离等于1得，即得圆的圆心与半径，再由圆心距与两半径和差的关系判断两圆位置关系即可，【详解】由，得，则圆心，半径，由，得，则圆心，半径，因为圆上3个点到直线的距离是1，由直线， 则圆心到直线的距离，故由题可知，则，故圆的圆心为，半径是2，又圆的圆心为，半径是1，则，因为，所以两圆的位置关系是相交.故选：B.7.已知圆上有一动点，双曲线的左焦点为，且双曲线的右支上有一动点，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据双曲线的定义，结合圆的几何性质进行求解即可.【详解】在双曲线中，，，，，设双曲线的右焦点为，则，在双曲线的右支上，，即，由题知，圆心，半径，在圆上， ，则，当，，三点共线且Q位于另两点之间时，取得最小值为，此时，的最小值为.故选：D.8.阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，点，则点到平面距离为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据平面方程可得法向量，即可根据向量法求解点面距离.【详解】由于平面的方程为，所以平面的法向量，在平面上任取一点，则，点到平面距离故选：A.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知，，则下列说法正确的是（）A.B.C.D.【答案】ACD 【解析】【分析】利用空间向量的坐标运算可判断A选项；利用空间向量平行的坐标表示可判断B选项；利用空间向量数量积的坐标运算可判断CD选项.【详解】对于A选项，，A对；对于B选项，因为，则、不共线，B错；对于C选项，，所以，，C对；对于D选项，，，，，所以，，D对.故选：ACD.10.已知直线，圆，点为圆上的任意一点，下列说法正确的是（）A.直线恒过定点B.直线与圆恒有两个公共点C.直线被圆截得最短弦长为D.当时，点到直线距离最大值是【答案】ABD【解析】【分析】利用直线系方程求得直线所过定点的坐标可判断A；根据直线定点在圆内可判断B；当直线与过定点和圆心的直线垂直时直线被圆截得的弦长最短，求出弦心距利用勾股定理可判断C；转化为圆心到直线的距离可判断D.【详解】对于A，直线，令，解得，所以直线恒过定点，故A正确； 对于B，因为直线定点，且，所以定点在圆内，所以直线与圆恒有两个公共点，故B正确；对于C，当直线与过定点和圆心的直线垂直时直线被圆截得的弦长最短，定点和圆心的距离为，所以最短弦长，故C错误；对于D，当时，，圆心到直线的距离是，所以点到直线的距离的最大值是，故D正确.故选：ABD.11.已知数列满足是的前项和，下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则为等差数列C.若，则为等差数列D.若，则【答案】ABD【解析】【分析】确定，求和得到A正确，确定得到B正确，计算，时不成立，C错误，确定数列的通项公式，再利用错位相减法求和得到D正确，得到答案.【详解】对选项A：当，则，所以，正确；对选项B：已知，当时，，当时，，则，故，（时也成立），所以为等差数列，正确；对选项C：已知，当时，， 当时，，则，，（时不成立），所以不是等差数列，不正确；对选项D：已知，当时，，当时，，则，，（时不成立，所以，当时，，当时，，，，所以时也成立，正确.故选：ABD12.已知抛物线的焦点为，准线与轴交于点，过的直线与抛物线相交于两点，点是点关于轴的对称点，则下列说法正确的是（）A.B.的最小值为10C.三点共线D.【答案】CD【解析】【分析】设直线联立抛物线，应用韦达定理判断A；由，结合抛物线定义及基本不等式求最小值判断B；设，联立抛物线，应用韦达定理得，结合A分析求参数判断C；应用向量的坐标运算求判断D. 【详解】设直线，联立方程组，可得，且，则，A不正确；由，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为9，不正确；设，，联立，可得，且，则，结合A分析得，即直线过点，正确；由，，正确.故选：CD三､填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.13.在空间直角坐标系中，已知点，则__________.【答案】【解析】【分析】根据向量的坐标表示，表示出向量，再计算其模.【详解】.故答案为： 14.过点作圆的两条切线，切点为，则劣弧长__________.【答案】【解析】【分析】首先转换圆C的标准方程，再结合题意进行计算即可.【详解】易知圆C的标准方程为：，且设切线为，则必有，解得，,，故劣弧长.故答案为：.15.如图，已知正方形的边长为2，分别取边的中点，并连接形成正方形，继续取边的中点，并连接形成正方形，继续取边的中点，并连接形成正方形，依此类推；记的面积为的面积为，依此类推，的面积为，若，则__________.【答案】10【解析】 【分析】为首项为，公比为的等比数列，利用等比数列求和公式列出方程，求出答案.【详解】由题意可知为首项为，公比为的等比数列，，令，解得.故答案为：1016.设是椭圆左､右焦点，点为椭圆上的两点，且满足，则椭圆的离心率为__________.【答案】##【解析】【分析】作出辅助线，由对称性得到，设，根据椭圆定义得到其他各边长，由余弦定理得到方程，求出，进而求出离心率.【详解】延长交椭圆于点，连接，因为，故，由对称性可知，，因为，所以，设，则，故，在中，，即，即，解得， 故，由余弦定理得，即，解得.故答案为：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.如图，在长方体中，，点分别为棱的中点，（1）求证：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）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为 轴建立空间直角坐标系，通过证明，可得答案；（2）求出平面的法向量以及直线的方向向量，然后利用向量法求夹角即可.【小问1详解】方法一：因为是的中点，所以和是等腰直角三角形，所以，，因为平面平面，所以，又平面，且平面；方法二：以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，，，所以，，，又平面，且，平面；【小问2详解】，设平面的法向量为，则，取得，又， 设直线与平面所成角为，.直线与平面所成角的正弦值为.18.已知数列满足，点在直线上.（1）求证：数列是等比数列，并求出的通项公式；（2）求满足的的取值构成的集合.【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）根据等比数列的定义可得是等比数列，且公比为2，即可由等比通项求解，（2）根据对数的运算即可求解.小问1详解】由已知得，且，所以数列是等比数列，且公比为2，，则【小问2详解】因为，所以， 得，又因为，所以的取值构成的集合是.19.已知动点与两个定点，的距离的比是2.（1）求动点的轨迹的方程；（2）直线过点，且被曲线截得的弦长为，求直线的方程.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）直接利用条件求出点的轨迹方程，所求方程表示一个圆；（2）直线斜率分存在与不存在两种情况，当直线的斜率不存在时，检验不满足条件；当直线的斜率存在时，用点斜式设出直线的方程，根据弦长和点到直线的距离公式列出等式即可求出直线的斜率，进而求出直线的方程.【小问1详解】设点，动点与两个定点，的距离的比是，，即，则，化简得，所以动点的轨迹的方程为；【小问2详解】由（1）可知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，直线被曲线截得的弦长为，圆心到直线的距离，①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时圆心到直线的距离是3，不符合条件；②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即， 所以圆心到直线的距离，化简得，解得或，此时直线的方程为或.综上，直线的方程是或.20.已知等差数列前项和为，满足.数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）设数列满足，求数列的前项和.【答案】（1），（2）【解析】【分析】(1)首先分析题意，利用等差数列性质，解出，进而求出是等比数列.(2)利用裂项相消法进行求解.【小问1详解】设数列的公差为，解得.，且，所以是等比数列，（也可用累乘法求的通项公式）【小问2详解】，故， .21.如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，分别为的中点.（1）求平面与底面所成角的余弦值；（2）求平面与四棱锥表面的交线围成的图形的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)首先建立空间直角坐标系，求出平面，再进行联立，求出平面与底面所成角的余弦值.(2)利用对称性，设交点Q，求出平面与四棱锥表面的交线围成的图形的周长.【小问1详解】以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，平面的法向量为，且，设平面的法向量为，所以，所以取，所以，所以平面与底面所成角的余弦值为；【小问2详解】 由对称性可知平面与棱交于一点，设交点，,又，所以围成的图形的周长为.22.已知双曲线的中心为坐标原点，上顶点为，离心率为.（1）求双曲线的渐近线方程；（2）记双曲线的上､下顶点为为直线上一点，直线与双曲线交于另一点，直线与双曲线交于另一点，求证：直线过定点，并求出定点坐标.【答案】（1）（2）证明见解析，定点【解析】【分析】（1）根据离心率和上顶点确定，进而可得渐近线方程；（2）直线方程为，与双曲线联立，利用韦达定理，结合，可得的值，进而可得定点.【小问1详解】设双曲线方程为，由上顶点坐标可知，则由可得，双曲线的渐近线方程为；【小问2详解】由（1）可得，设， 设直线方程为，与联立可得，且，则，，设，，又，得，，即，化简得，解得，所以直线过定点.