浙江省嘉兴市第一中学2023-2024学年高二上学期12月阶段测试数学试卷（Word版附解析）

这是一份浙江省嘉兴市第一中学2023-2024学年高二上学期12月阶段测试数学试卷（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了 若向量，且，则实数的值为， 已知实数满足，则的最大值是， 已知曲线，则等内容，欢迎下载使用。

1. 已知直线的方程为，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先将直线的方程化为斜截式，再利用倾斜角和斜率关系即可求解.
【详解】将化为，则直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，，则，得.
故选：C.
2. 若向量，且，则实数的值为（ ）
A. 1B. 0C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，得到，结合向量垂直的坐标运算，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，可得，
因为，所以，解得.
故选：D.
3. 已知抛物线，则其焦点到准线的距离为（ ）
A. B. C. 1D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】把抛物线方程化成标准形式，再借助的几何意义即得.
【详解】抛物线方程化为，所以焦点到准线的距离.
故选：A
4. 四棱锥底面为平行四边形，分别为棱上的点，，设，则向量用基底表示为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用，结合题设条件，以及向量的运算法则，即可求解.
【详解】因为分别为棱上的点，，
则
，
故.
故选：A.
5. 已知数列满足，且，为其前n项的和，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列的前n项和公式即可求解.
【详解】由题可知是首项为2，公比为3的等比数列，则.
故选：B.
6. 已知实数满足，则的最大值是（ ）
A. B. 4C. D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】法一：令，利用判别式法即可；法二：通过整理得，利用三角换元法即可，法三：整理出圆方程，设，利用圆心到直线的距离小于等于半径即可.
【详解】法一：令，则，
代入原式化简得，
因为存在实数，则，即，
化简得，解得，
故 的最大值是，
法二：，整理得，
令，，其中，
则，
，所以，则，即时，取得最大值，
法三：由可得，
设，则圆心到直线的距离，
解得
故选：C.
7. 数列是公差不为零的等差数列，为其前n项和．若对任意的，都有，则的值不可能是（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由已知建立不等式组，可求得，再对各选项逐一验证可得选项.
【详解】解：因为数列是公差不为零的等差数列，为其前n项和．对任意的，都有，
所以，即，解得，
则当时，，不成立；
当时，，成立；
当时，，成立；
当时，，成立；
所以的值不可能是，
故选：A.
8. 已知双曲线的离心率为，分别是双曲线的左､右焦点，点，点为线段上的动点，当取得最小值和最大值时，的面积分别为，则（ ）
A. 4B. 8C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的离心率求出的关系，结合向量数量积的公式，结合一元二次函数的性质求出函数的最值即可.
【详解】由，得，
故线段所在直线的方程为，
又点在线段上，可设，其中，
由于，即，
得，
所以.
由于，可知当时，取得最小值，此时，
当时，取得最大值，此时，则，
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题的关键是设，然后计算出，利用二次函数性质则得到其最值，再代入得到，则得到面积比.
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分.
9. 已知曲线，则（ ）
A. 若，，则曲线C表示椭圆
B. 若，则曲线C表示双曲线
C. 若，，则曲线C表示双曲线，其渐近线方程为
D. 若，，则曲线C表示焦点在x轴上的椭圆，其离心率
【答案】BC
【解析】
【分析】利用曲线的方程逐项分析即得.
【详解】对于A，若，，当时，则曲线C表示圆，故A错误；
对于B，若，当时曲线C表示焦点在x轴上的双曲线，当时曲线C表示焦点在y轴上的双曲线，所以若，则曲线C表示双曲线，故B正确；
对于C，若，，则，，
所以曲线C表示双曲线，方程为，
令，得，即，故其渐近线方程为，故C正确；
对于D，若，，则曲线C方程为，即，
因为，所以曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故D错误.
故选：BC.
10. 设等差数列的前n项和为，其公差，且，则（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用等差数列基本量代换，对四个选项一一验证.
【详解】对于A：因为，所以，解得：.故A正确；
对于B：.故B正确；
对于C：因为，所以，所以.
因为，所以.故C正确；
对于D：因为，所以，所以.
因为，所以.故D错误.
故选：ABC
11. 已知斜率为k的直线l经过抛物线的焦点F，且与抛物线C交，两点，则以下结论正确的是（ ）
A. 若，则MN的中点到y轴的距离为6
B. 对任意实数k，为定值
C. 存在实数k，使得成立
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】写出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，结合弦长公式对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】抛物线的焦点，则直线的方程为，，
由消去并化简得，
所以，，B选项正确.
所以.
当时，，
此时的中点到轴的距离为，A选项错误.
当时，即，此方程无解，所以C选项错误.
当时，，
由于，所以.
则，
当时，，
当时，，
所以当时，，D选项正确.
故选：BD
12. 数列中，，则下列结论中正确的是（ ）
A. B. 是等比数列
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意可得到，得到是等比数列，进而得到，再利用累加法得到，然后逐项判断.
【详解】因为数列中，，
所以，即，
则是以1为首项，以为公比的等比数列，
所以，故B正确；
由累加法得，
所以，
当n为奇数时，是递增数列，所以，
当n为偶数时，是递减数列，所以，
所以，故A正确；
又，所以，故C不正确，D正确，
故选：ABD
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 两直线3x＋y－3＝0和6x＋my－1＝0平行，则它们之间的距离为________.
【答案】
【解析】
【分析】通过直线平行求出，然后利用平行线之间的距离求出结果即可．
【详解】直线与直线平行，
所以，
直线与直线的距离为
．
故答案为：．
14. 已知圆，直线与圆C交于A，B两点，且，则______．
【答案】-2
【解析】
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，结合垂径定理和勾股定理表示出圆心到弦的距离，再由点到直线的距离公式表示出圆心到弦的距离，解方程即可求得的值.
【详解】解：将圆的方程化为标准方程可得，圆心为，半径
圆C与直线相交于、两点,且，
由垂径定理和勾股定理得圆心到直线的距离为，
由点到直线距离公式得，
所以，解得，
故答案为：.
15. 等差数列中，若，数列的前项和为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】设等差数列公差为，结合题意，根据等差数列的性质，求得其通项公式，得到，利用裂项相消法求和，即可求解.
【详解】设等差数列公差为，
因为，可得，所以，
又因为，所以，所以，
又由，
则.
故答案为：.
16. 如图，正方体的棱长为4，点P在正方形的边界及其内部运动.平面区域W由所有满足的点P组成，则四面体的体积的取值范围_________.
【答案】
【解析】
【分析】连接，由线面垂直的性质得到，再由勾股定理求出，即可得到以为圆心2为半径的圆面上，再根据得到当在边上时四面体的体积最大，当在边的中点时四面体的体积最小，再根据面体的体积公式计算可得取值范围.
【详解】连接，如图所示，
因为平面，平面，所以，
∵，由，，则；
所以在以为圆心2为半径的圆面上，由题意可知，，
所以当在边上时，四面体的体积的最大值是.
所以当在边的中点时，的面积取得最小值，此时，
所以四面体的体积的最小值是，所以，
故答案为：.
点睛】思路点睛：
求解三棱锥体积的最值问题，要找准突破口，也即是按三棱锥的体积公式，
通常会有以下两种：
①如果底面积固定，则通过找高的最值来进行求解；
②如果高已知确定，则求底面积的最值来进行求解（如本题）.
四､解答题：本题共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. 已知直线l过点，与两坐标轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点．
（1）若的面积为，求直线l的方程；
（2）求的面积的最小值．
【答案】（1）或
（2）4
【解析】
【分析】（1）设直线方程为，根据所过的点及面积可得关于的方程组，求出解后可得直线方程，我们也可以设直线，利用面积求出后可得直线方程.
（2）结合（1）中直线方程的形式利用基本不等式可求面积的最小值.
【小问1详解】
法一：（1）设直线，则
解得或，所以直线或．
法二：设直线，，则，．
则，∴或﹣8
所以直线或．
【小问2详解】
法一：∵，∴，∴，此时，．
∴面积的最小值为4，此时直线．
法二：∵，
∴，
此时，∴面积的最小值为4，此时直线．
18. 已知双曲线右焦点与抛物线的焦点重合．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）若过双曲线的右顶点且斜率为2的直线与抛物线交于，两点，求线段的长度．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用双曲线与抛物线下的定义计算求抛物线标准方程即可；
（2）利用弦长公式计算即可.
【小问1详解】
设双曲线的实轴长、短轴长、焦距分别为，
由可得，，所以，解得，
所以双曲线的右焦点为，
所以可设抛物线的标准方程为，其焦点为，
所以，即，
所以抛物线的标准方程为；
【小问2详解】
由，得双曲线的右顶点为，
因为直线过点且斜率为2，所以直线的方程为，
设，，联立直线与拋物线的方程，
消去，得，所以，，
所以．
19. 在柯桥古镇的开发中，为保护古桥OA，规划在O的正东方向100m的C处向对岸AB建一座新桥，使新桥BC与河岸AB垂直，并设立一个以线段OA上一点M为圆心，与直线BC相切的圆形保护区（如图所示），且古桥两端O和A与圆上任意一点的距离都不小于50m，经测量，点A位于点O正南方向25m，，建立如图所示直角坐标系．
（1）求新桥BC的长度；
（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最小？
【答案】（1）80m；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据斜率的公式，结合解方程组法和两点间距离公式进行求解即可；
（2）根据圆的切线性质进行求解即可.
【小问1详解】
由题意，可知，，∵∴
直线BC方程：①，
同理可得：直线AB方程：②
由①②可知，∴，从而得
故新桥BC得长度为80m．
【小问2详解】
设，则，圆心，
∵直线BC与圆M相切，∴半径，
又因为，
∵∴，所以当时，圆M的面积达到最小．
20. 如图，在三棱柱中，，D为BC的中点，平面平面ABC．
（1）证明：；
（2）已知四边形是边长为2的菱形，且，问在线段上是否存在点E，使得平面EAD与平面EAC的夹角的余弦值为，若存在，求出CE的长度，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，1
【解析】
【分析】（1）由面面垂直证明线面垂直，进而证明线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.
【小问1详解】
∵，且D为BC中点，∴，
因为平面平面ABC，交线为BC，AD⊥BC，AD面ABC，
所以AD⊥面，
因为面，
所以.
【小问2详解】
假设存在点E，满足题设要求
连接，，∵四边形为边长为2的菱形，且，
∴为等边三角形，
∵D为BC的中点
∴，
∵平面平面ABC，交线为BC，面，
所以面ABC，
故以D为原点，DC，DA，分别为x，y，z轴的空间直角坐标系．
则，，，，．
设，，．
设面AED的一个法向量为，则，
令，则．
设面AEC的一个法向量为，则，
令，则．
设平面EAD与平面EAC的夹角为，则．
解得：，故点E为中点，所以．
21. 已知等差数列的公差不为零，，且，，成等比数列，数列的前项和为，满足.
（1）求数列和的通项公式；
（2）若数列满足：，，求使得成立的所有值.
【答案】（1），
（2）2，3，4
【解析】
【分析】（1）由得到公差，再结合等差数列求出的通项公式，利用退位相减求出的通项公式；
（2）先利用累加法，再结合错位相减求出的通项公式，最后解不等式即可.
【小问1详解】
，∴，
由得，在时，在时，作差得到，所以在时，，时满足，故.
【小问2详解】
，所以，，，…，，累加后得
，
，
作差，
，时满足，
.
22. 在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率，且椭圆C上一点N到距离的最大值为4，过点的直线交椭圆C于点A、B.
（1）求椭圆C方程；
（2）设P为椭圆上一点，且满足（O为坐标原点），当时，求实数t的取值范围.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】
【分析】(1)由椭圆离心率结合化简方程，设，由最大值为4即可作答；
(2)设直线AB斜率k，写出直线AB方程，联立直线AB与椭圆C的方程组，消去y得关于x的一元二次方程，用判别式和求出k的范围，再借助及点P在椭圆上建立起t与k的关系而得解.
【详解】（1）椭圆C的半焦距c，，即，
则椭圆方程为，即，设，
则，
当时，有最大值，即，解得， ，
故椭圆方程是；
（2）设，，，直线AB的方程为，
由，整理得，
则，解得，，，
因且，则，
于是有，化简，得，则，即，
所以，
由得，则，，
而点P在椭圆上，即，化简得，
从而有，而，
于是得，解得或，