浙江省台州市山海协作体2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题 含解析

绝密★考试结束前2024学年第一学期台州市山海协作体期中联考高二年级数学学科试题命题：三门二高林杰城峰中学郭雨霞审题：黄岩二高金乐凡考生须知：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、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.不存在【答案】C【解析】【分析】由直线方程可直接判断.【详解】因为直线方程为：，与轴平行，所以直线倾斜角为，故选：C2.在长方体中，若，即向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据向量的线性与空间向量的基本定理即可求解【详解】因为，所以向量在单位正交基底下的坐标为，故选：A3.已知双曲线的焦距为，则该双曲线的渐近线方程为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据双曲线焦距可得与，进而可得渐近线方程.【详解】由已知双曲线的焦距，即，所以，解得，即双曲线方程为，则其渐近线方程为，故选：B.4.已知向量，是平面的两个不共线向量，非零向量是直线l的一个方向向量，则“，，三个向量共面”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】B【解析】【分析】先根据向量基底的概念证明必要性，然后举出反例说明“不充分”，由此得出正确选项.【详解】当时，由于是不共线的向量，故可用作为基底表示出来，即共面，所以“必要性”成立.当共面时，直线l可能在平面内，故“充分性”不成立.所以是必要不充分条件.故选：B.5.已知P是直线l：上一动点，过点P作圆C：的两条切线，切点分别为A、B，则四边形PACB的外接圆的面积的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由四边形PACB的外接圆的直径为PC，且其最小值为圆心C到直线的距离求解.【详解】圆的方程，即为，圆心，易知四边形PACB的外接圆的直径为PC，PC的最小值为圆心C到直线的距离，即，则四边形PACB的外接圆的半径为，所以四边形PACB的外接圆的面积的最小值为.故选：D6.椭圆的右焦点关于直线的对称点Q在椭圆上，则椭圆的离心率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设点A的坐标为，由对称的关系表示出点Q的坐标，再将点Q的坐标代入椭圆方程中化简可求出椭圆的离心率【详解】设点Q的坐标为，因为F关于直线的对称点Q，所以，即，解得，所以点Q坐标是，因为点Q在椭圆上，所以，得，又，即，所以所以该椭圆的离心率是.故选：C7.数学中有许多寓意美好的曲线，曲线被称为“四叶玫瑰线”（如图所示）．给出下列三个结论：①曲线C关于直线对称；②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2；③存在一个以原点为中心、边长为正方形，使曲线C在此正方形区域内（含边界）．其中，正确结论的序号是（）A.①② B.②③ C.①③ D.①②③【答案】A【解析】【分析】对于①，只需任取曲线上一点，证明点也在曲线上即可；对于②，在曲线的第一象限部分上任取点，利用基本不等式，推理得到，即可分析得到，再利用图形对称性即可判断；对于③，联立得四个交点，满足条件的最小正方形是各边以为中点，边长为4的正方形，即得③错误.【详解】对于①，设点是曲线上任一点，则有，易得也成立，即点也在曲线上，故曲线C关于直线对称，①正确；对于②，不妨设点为曲线上的任一点，则，化简得，当且仅当时取等号，于是即得，故可得曲线C上任意一点到原点的距离都不超过2，故②正确；对于③，联立，解得，从而可得四个交点坐标分别为，依题意满足条件的最小正方形是各边以为中点，边长为4的正方形（如图），故不存在一个以原点为中心、边长为的正方形，使曲线C在此正方形区域内（含边界），即③错误.故选：A.【点睛】思路点睛：本题主要考查由曲线方程研究曲线的对称性，考查了不等式知识和求曲线交点坐标，属于较难题.解题思路即是判断最远距离点时，常在曲线上任取一点，计算距离，运用基本不等式或函数的值域求出其最值；对于区域覆盖问题，要结合图形的对称性，通过计算关键点，求得其面积再判断.8.如图，在三棱锥中，点为的重心，点在上，若，，，则下列说法正确的是（）A.若点为的重心，则B.若，则四点不共面C.若三棱锥各条棱长均等于，则相对棱之间距离均等于D.若与平面交于点，且，则为定值【答案】D【解析】【分析】对于A，利用空间向量的线性运算即可判断；对于B，利用空间向量共面的充要条件证明四点共面即可判断，对于C，将三棱锥放到正方体中，由三棱锥的棱长为，可得正方体的棱长为，即可判断，对于D，用两种方法表示出，由空间向量的基本定理求得的值.【详解】对于A，连接并延长，交于点，由题意，可令作为空间向量的一组基底，由，故A错误；对于B，由，则，故，因此可得四点共面，故B错误；对于C，若三棱锥各条棱长均等于，如图，将三棱锥放到正方体中，由三棱锥的棱长为，可得正方体的棱长为，所以相对棱之间的距离即为正方体的棱长，等于，故C错误；对于D，由，连接．因为点共面，所以存在唯一的实数对，使，即，所以．由空间向量基本定理，知，，，所以，则为定值，故D正确．故选：D.【点睛】关键点睛：针对选项C，在解正四面体有关的知识时，可以放正方体中更加直观方便求解，针对D选项，关键是用两种方法表示出，再结合空间向量的基本定理即可求解.二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．）9.已知直线l：，则下列选项正确的是（）A.当直线l与直线平行时，B.当直线l与直线垂直时，C.当实数k变化时，直线，恒过点D.原点到直线l的距离最大值为【答案】AB【解析】【分析】对于A，根据直线l与直线平行可直接求出值；对于B，由直线l与直线垂直，可由求出值；对于C，由直线系方程变形解方程组即可求出定点坐标；对于D，当且仅当原点到定点的距离为原点到直线l的距离时，原点到直线l的距离最大，可求得距离的最大值.【详解】对于A，直线的斜率为，直线l与直线平行，所以直线的斜率为，所以故选项A正确；对于B，直线l与直线垂直时，则，故选项B正确；对于C，由，则，则，所以，所以直线过定点，故选项C错误；对于D，当且仅当原点到定点的距离为原点到直线l的距离时，原点到直线l的距离最大，即，故选项D错误.故选：AB.10.如图，在正四棱柱中，，点在线段上运动，则下列结论正确的是（）A.三棱锥的体积为定值B.若为的中点，则直线平面C.若点运动到线段中点，则异面直线与所成角的正弦值是D.直线与平面所成角的正弦的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】证明出平面，可知点到平面的距离等于点到平面的距离，利用锥体的体积公式可判断A选项；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法可判断BCD选项.【详解】对于A选项，在正四棱柱中，，且，所以，四边形为平行四边形，所以，，因为平面，平面，所以，平面，因为，所以，点到平面的距离等于点到平面的距离，所以，为定值，A对；对于B选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设，则、、、、A1,0,0、，因为为的中点，则E0,0,1，则，，所以，，所以，与不垂直，故当为的中点时，直线与平面不垂直，B错；对于C选项，，，则，，所以，，C对；对于D选项，设平面的法向量为，，，则，取，可得，此时，，，所以，，当且仅当时，等号成立，故直线与平面所成角的正弦的最大值为，D对.故选：ACD.【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.11.已知点P是椭圆上的一点，O为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为，，下列选项正确的是（）A.B.若，且N是的中点，则C.若的面积为1，则点P在第一象限的坐标为D.若，则的最小值为1【答案】ABC【解析】【分析】对于A由可判断，对于B，结合椭圆定义及中位线可判断，对于C，由三角形面积可求解，对于D，由，等号不成立可判断.详解】对于A：易知，由椭圆方程可知：，所以正确；对于B：由椭圆的定义，，所以，又分别为的中点，由中位线性质可知，正确；对于C：设，，由三角形面积可知：，解得：，代入椭圆方程，解得：，故C正确；D选项，因为，所以在椭圆内部，又，所以，所以，当在线段上取等号，结合图象显然等号不成立，故错误；故选：ABC非选择题部分三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知方程表示焦点在y轴上的双曲线，则实数k的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】由题意可得，解之即可求解.【详解】因为方程表示焦点在y轴上的双曲线，则，解得.故答案为：13.已知，，且，，，则______．【答案】【解析】【分析】根据平面向量数量积的定义可证明，进而，即可求解.【详解】因为，所以，由，所以，得，且，所以，即，得，所以.故答案为：14.设为坐标原点，，若上存在点，使得，则的取值范围是_____________．【答案】【解析】【分析】利用两点距离公式先求得P轨迹方程，结合圆的位置关系计算即可.【详解】设点，由，可知，整理可得点的轨迹方程为，即与存在交点，易知，圆心距为，因此，解得．故答案为：.四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.已知，．（1）若直线l过点，且点A，B到l的距离相等，求直线l的方程；（2）在y轴上存在一点P，使得的值最小，求出点P的坐标．【答案】（1）和（2）【解析】【分析】（1）易知当直线l过线段AB中点时，l的方程为；当直线l与线段AB平行时，利用直线的点斜式方程计算即可求解；（2）易知点关于y轴对称的点为，当且仅当，P，B三点共线时，利用直线的两点式方程求出直线的方程，即可求解.【小问1详解】当直线l过线段AB中点时，则线段AB的中点C的坐标为，∵直线l过点，且点A，B到l的距离相等，∴直线l的方程为，当直线l与线段AB平行时，则，得直线l的方程为：，即，∴综上所知：所求的直线l的方程为和；【小问2详解】点关于y轴对称的点为，则，当且仅当，P，B三点共线时，的最小值为5.由两点式可知，直线的方程为，化简，得，当时，，所以点P的坐标为.16.已知圆：过点，直线：和：均平分圆．（1）求圆的标准方程；（2）过点的直线与圆相交于点，且，求直线的一般式方程．【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）根据直线和的交点就是圆心，可求出结果；（2）设直线的方程为，结合圆心到直线的距离为，再根据点到直线的距离公式，即可求解.【小问1详解】由点在圆上，则①，又直线和均平分圆，则直线和均过圆心，联立方程组，解得，所以直线和的交点坐标为2,1，即圆心的坐标为2,1，由圆：可知，圆心的坐标为，则，解得，将代入①，得，所以圆的方程为：，即，故圆C的标准方程为：.【小问2详解】由题可知，直线的斜率存在，故设直线的方程为，即，取弦的中点为，则，由，且为等腰三角形，则，又，则圆心到直线l的距离为，由点到直线的距离公式可知：，解得，，所以直线方程为，即直线的一般式方程为：，.17.动点与定点的距离和它到定直线：的距离的比是，动点的轨迹记为曲线．（1）求动点的轨迹；（2）已知直线与曲线交于不同的两点，且线段的中点在圆上，求实数的值．【答案】（1）M的轨迹是焦点在轴上，实轴长为2、虚轴长为的双曲线（2）【解析】【分析】（1）设是点到直线的距离，由题意得到，转化成方程即可；（2）联立直线与的方程，通过韦达定理求得中点坐标，代入圆方程即可.【小问1详解】解：设是点到直线的距离，则动点的轨迹就是点的集合，由此得，两边平方，并化简，得，即，即点M的轨迹是焦点在轴上，实轴长为2、虚轴长为的双曲线；【小问2详解】设曲线与直线的交点分别为Ax1,y1则，得，∴，∴，∴线段的中点坐标为，又∵线段的中点在圆上，∴，解得.18.如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，，为中点，点在上，且．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）线段上是否存在点，使得平面，说明理由？【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，理由见解析【解析】【分析】（1）通过，从而证明，结合已知，从而得到面；（2）构建空间直角坐标系，通过法向量的夹角求解；（3）设，求解出平面的法向量，通过求解即可；【小问1详解】∵，，∴，∴，即又∵，且，且两直线在平面内，∴平面.【小问2详解】∵平面平面，平面平面，平面，∴平面,又因为面，∴.由（1）已证，且已知，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，，∴，，，∵E为PD的中点，∴又∵，∴设平面FAE的法向量为，则，令，则，，∴由（1）可知，平面，∴平面的法向量为,∴∴平面与平面夹角的余弦值为．【小问3详解】线段上存在点，使得平面，设，则由（2）可知，平面的法向量，则，解得∴当是中点时，则平面.19.已知椭圆C：，若点，，，中恰有三点在椭圆C上．（1）求C的方程；（2）如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A，B，当动点M在定直线上运动时，直线分别交椭圆于两点P，Q．（ⅰ）证明：点B在以PQ为直径