湖北省武汉市武汉外国语学校2023-2024学年高二上学期12月阶段性考试数学试题（Word版附解析）

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考试时间：2023年12月21日 考试时长：120分钟 试卷满分：150分
一、单选题：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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将直线化为斜截式方程得出斜率，根据斜率与倾斜角的关系，即可得出答案.
【详解】将直线化为斜截式方程为，斜率.
设直线的倾斜角为，则.
又，所以.
故选：C.
2. 已知圆，圆，则与的位置关系是（ ）
A. 外切B. 内切C. 外离D. 相交
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆心距与半径的关系判断即可得解.
【详解】由题意知，，
两圆心距离，
所以两圆相外离.
故选：C
3. 根据下面的图形及相应的点数，写出下列点数构成数列的第5项的点数（ ）

A. 32B. 35C. 36D. 42
【答案】B
【解析】
【分析】根据所给数据，找出规律即可得解.
【详解】由题意，，
所以，根据规律，，
所以，
故选：B
4. 在空间直角坐标系中，点构成的集合是（ ）
A. 一条直线B. 平行于平面的平面
C. 两条直线D. 平行于平面的平面
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间中点的坐标特征可知其纵坐标不变，即可得出结论.
【详解】依题意，在空间直角坐标系中，点的纵坐标保持不变，
故其构成的集合是一个平行于平面的平面.
故选：D
5. 以椭圆的焦点为顶点，顶点为焦点的双曲线的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件确定双曲线的焦点和顶点坐标，进而确定，，即可求出双曲线方程.
【详解】由椭圆方程可知椭圆焦点坐标为，上下顶点坐标为，
所以双曲线的顶点为，，焦点为，，，
所以双曲线方程为.
故选：A
6. 已知实数满足，，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆的参数方程，转化为三角函数求最大值即可.
【详解】由可得，
设，
则，
故当时，，
故选：C
7. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设圆锥的母线长为，设甲、乙两个圆锥的展开图的圆心角分别为、，底面圆半径分别为、，锥体的高分别为、，求出、、、，利用锥体的体积公式可求得的值.
【详解】设圆锥的母线长为，设甲、乙两个圆锥的展开图的圆心角分别为、，
底面圆半径分别为、，锥体的高分别为、，
则，，则，
由题意可得，解得，
由题意可得，则，则，
，则，则，
所以，，
，
因此，.
故选：D.
8. 设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与交于两点，其中在第一象限，则下列正确的是（ ）
A. 的准线为
B. 的最小值为
C. 以为直径的圆与轴相切
D. 若且，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线性质可得的准线为，即A错误；利用抛物线定义由基本不等式可求得B正确；由直线与圆的位置关系可得以为直径的圆与轴相交，即C错误；由可得。利用向量夹角的坐标表示可求得，即D错误.
【详解】对于选项A，由抛物线的焦点可得，
所以，即的准线为，故A错误；
对于B，如下图所示：
设直线的方程为，；
联立直线与抛物线方程可得，
可得；
由抛物线定义可得；
所以
，
当且仅当，即时，等号成立；即B正确；
对于C，以为直径的圆的圆心为,
此时圆心到轴的距离为，
而，
所以以为直径的圆与轴相交，即C错误；
对于D，易知，由可知点在的垂直平分线上，所以；
由即可得，如下图所示：
，所以，
同理可得，可得，
所以，即D错误；
故选：B
【点睛】方法点睛：在求解夹角问题时可利用平面向量的坐标表示，利用数量积的符号确定夹角的大小或取值范围.
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，有多项符合题目要求.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、，下列说法中正确的是（ ）
A. 平面内到、两点的距离相等的点的轨迹是直线
B. 平面内到、两点的距离之差等于的点的轨迹是双曲线的一支
C. 平面内到、两点的距离之和等于的点的轨迹是椭圆
D. 平面内到、两点距离的平方和为的点的轨迹是圆
【答案】AB
【解析】
【分析】根据中垂线的定义可判断A选项；利用双曲线的定义可判断B选项；根据椭圆的定义可判断C选项；求出动点的轨迹方程可判断D选项.
【详解】设所求动点为，由题意可得.
对于A选项，由题意可知，，则点轨迹为线段的垂直平分线，A对；
对于B选项，由题意可知，，
所以，点的轨迹是以、为焦点的双曲线的一支，B对；
对于C选项，，所以，点的轨迹为线段，C错；
对于D选项，设点，则，可得，
满足条件的点不存在，D错.
故选：AB.
10. 正方体中，，是的中点，下列说法中错误的是（ ）
A. 平面
B. 异面直线与所成角的余弦值为
C. 若为正方体对角线上的一个动点，最小值为
D. 过、、三点的正方体的截面面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用线面平行的判定定理可判断A选项；利用异面直线所成角的定义可判断B选项；将、延展至同一个平面，由、、三点共线时，取最小值可判断C选项；作出截面，并计算出截面面积，可判断D选项.
【详解】如下图所示：

对于A选项，连接交于点，连接，
因为四边形为正方形，，则为的中点，
又因为为的中点，所以，，
又因为平面，平面，所以，平面，A对；
对于B选项，因为，则异面直线与所成角为或其补角，
因为，且，，则，
所以，，故异面直线与所成角的余弦值为，B错；
对于C选项，将、延展至同一个平面，如下图所示：

且，，
结合图形可知，当、、三点共线时，取最小值，
即，
故最小值不是，C错；
对于D选项，设平面交棱于点，如下图所示：

因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，
又因为，则，因为，故四边形为平行四边形，
所以，，故为的中点，所以，，
又因为，则，所以，四边形为平行四边形，
因为平面，平面，所以，，
所以，四边形为矩形，且其面积为，D错.
故选：BCD.
11. 下列说法中正确的是（ ）
A. 若空间向量，，则向量在向量上的投影向量是
B. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设“第二枚反面朝上”为事件，“两枚硬币朝上的面相同”为事件，则事件与事件相互独立
C. 直线的方向向量为，且过点，则点到直线的距离为2
D. 两个顶点在抛物线上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数有且仅有两个
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据投影向量的坐标运算可判断A，根据独立事件的定义可判断B，又点到直线的距离的向量求法可判断C，由抛物线定义及性质，等边三角形性质可判断D.
【详解】选项A：因为，，则向量在向量上的投影向量是,故A错误；
选项B：抛掷两枚质地均匀的硬币共有四种情况，即正正，正反，反正，反反；
事件A包含两种情况，即正反，反反；所以;
事件B包含两种情况，即正正，反反；所以;
事件包含一种情况，即反反；所以;
所以,即事件与事件相互独立，故B正确；
选项C：依题意，,所以在方向上的投影为，
点到直线的距离为，故C正确；
选项D：因为抛物线，所以焦点,依题意，
设三角形另一个顶点为，由对称性可知设另一个顶点坐标为,
则，又三角形为等边三角形，由抛物线定义有，
化简得，因为,所以方程有两解，即满足条件的三角形有2个，故D正确；
故选：BCD.
12. 已知椭圆的左、右两个焦点分别为，短轴的上、下两个端点分别为，点是椭圆上异于顶点的动点，则（ ）
A. 存在点使得
B. 若，则
C. 过且垂直于的直线与交于两点，则的周长为8
D. 的角平分线与轴相交于点，的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】A项，通过求点在上顶点处时角度，即可得出结论；B项，利用余弦定理和补交的余弦值相等即可求出的长度；C项，利用等边三角形对称性和垂直平分线性质，即可得出
的周长；结合图形，利用点的位置范围即可得出的取值范围.
【详解】由题意，
在中，，
∴，
∵点是椭圆上异于顶点的动点，
∴当点在上顶点处时角度最大，
此时，是等边三角形，，
∴角度最大为，不可能存在点使得，A错误；
B项，由，结合余弦定理得，
解得：
∴

在和中，由余弦定理，
，
，
∵，
∴，解得：，B正确；
C项，由几何知识得，
直线，
过点直线且垂直于的直线，

在等边中，，
∴垂直平分，
∴，
∴，C正确；
D项，由题意及几何知识得，
,

∵
∴，
∴,D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的有关性质，余弦定理，三角函数，等边三角形吗，求直线解析式等，考查学生分析问题和作图的能力，具有很强的综合性.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知数列的前项和为，则______.
【答案】4
【解析】
【分析】根据进行求解.
【详解】.
故答案为：4
14. 当直线被圆截得的弦长最短时，实数______．
【答案】
【解析】
【分析】根据直线的方程，求得直线所过的定点，直线被圆截得的弦长最短时有，则，解出方程即可.
【详解】将直线，化为，
令，解得，所以直线过定点，
又圆的标准方程为，则圆心为，
由，则点在圆内，
故当时，圆心到直线的距离取得最大值，此时直线被圆截得的弦长最短，
则，解得．
故答案为：．
15. 双曲线的左右焦点分别为，过点的直线与双曲线左支交于点，与双曲线的一条渐近线在第一象限交于点，若，则直线的方程为______.（请写成一般式）
【答案】
【解析】
【分析】根据题意设出直线方程，求出交点纵坐标，利用比例列出方程求解即可.
【详解】作轴于点，轴于点，如图，
由双曲线方程可知，
所以，所以，
其中经过第一象限的渐近线方程为，
因为过左焦点直线与渐近线在第一象限有交点，
所以设直线方程为，
联立，解得，
联立，消元得，
，
解得，
又直线与双曲线左支交于点，所以，
因为，所以，
则，
化简可得，解得或（舍去）
所以直线方程为，即.
故答案为：
16. 已知各顶点均在表面积为的球体表面上，，，，则当长度最小时，三棱锥的体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据球的性质及棱锥中的位置数量关系，作出图形，利用截面圆的性质求出截面圆半径、球心到截面圆距离，确定出点位置，即可利用棱锥体积公式计算.
【详解】设三棱锥的外接球半径为，则，解得，
因，所以，则，
由余弦定理可知，
即，由正弦定理知，外接圆半径满足，即，
如图，球心为，圆为球的过的截面，圆为过且与圆垂直的截面，如图
因为平面与圆O'垂直，所以OO'与平面平行，作 ，
又因为 ，所以 平面DAB，因此为 外接圆的圆心，
又因为 ，所以，若求的最小值，
在直角三角形中，，只需确定出的最小值即可，
根据圆的几何性质，延长交圆于，如图所示，点在位置时，最小，也最小，
由球中截面圆的性质可知，，所以，
又，所以圆的半径，
所以,
因为，所以平面，
此时三棱锥的体积.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题难度较大，关键一在于充分发挥空间想象力，利用示意图辅助解答，关键二在于理清空间中的位置关系，明确数量关系，准确计算.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中，角所对的边分别为，且.
（1）求角的值；
（2）若，求的周长最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化简已知等式可得，结合范围，可求的值.
（2）由余弦定理并结合基本不等式求出最小值，然后由三角形中，即可求解.
【小问1详解】
由题意可得，即，得，
由正弦定理得，因为，所以.
【小问2详解】
由（1）知，
由余弦定理得,
当且仅当时取等号，所以，又因为，所以.
所以，所以的周长最小值为.
故的周长最小值为.
18. 武汉外国语学校预筹办“六十周年校庆”庆典活动，需要对参与校庆活动的志愿者进行选拔性面试.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.

（1）求a，b的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩的第70百分位数（结果精确到0.1）；
（3）在第二，第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取6人，然后再从这6人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自同一组的概率.
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图及频率之和求解；
（2）根据频率分布直方图中百分位数的定义求解即可；
（3）分层抽样后列出所有事件，根据古典概型求解.
【小问1详解】
因为第三、四、五组的频率之和为0.7，
所以，解得，
所以前两组的频率之和为，
即，解得.
【小问2详解】
因为前两组频率之和为，前三组频率之和为，
所以第70百分位数在第三组，且为；
【小问3详解】
第二、第五两组志愿者分别有人，人，
故按分层抽样抽得第二组人数5人，分别设为，第五组抽得1人，设为，
这6人中选出2人，所有的情况有
，
共有15种情况，其中选出的两人来自同一组有10种情况，
故选出的两人来自同一组的概率.
19. 已知双曲线离心率为，实轴长为2.
（1）求双曲线的标准方程与准线方程；
（2）设直线与双曲线交于两点，是否存在满足（其中为坐标原点）若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1），
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意得出即可得双曲线方程及准线方程；
（2）联立直线与双曲线方程，由根与系数的关系及数量积运算求出，不满足知不存在.
【小问1详解】
因为，所以，，
所以，
故所求双曲线方程为，准线方程为
【小问2详解】
如图，

设，
由，消元可得，，
当，即时，
，，
所以，
所以，解得，
此时不满足，
故不存在，使得成立.
20. 如图1，是边长为3的等边三角形，点分别在线段，上，，，沿将折起到的位置，使得，如图2.
（1）求证：平面平面；
（2）若点在线段上，且，当直线与平面所成角为时，求平面与平面夹角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
中，，，
由余弦定理可得，，
即，所以，
在中，，且，
即，所以，
且，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）可知，两两互相垂直，
以为坐标原点，分别为轴正半轴，建立如图所示空间直角坐标系，
过点，做于点，做于点，
设，其中，则，，
则，
则，显然轴垂直平面，
不妨取平面的一个法向量为，
由直线与平面所成角为可得，
，
解得或（舍），所以，即，
又，设平面的法向量为，
则，解得，
令，则，，则，
显然轴垂直于平面，不妨取平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，显然平面与平面所成角为锐二面角，
则，
则，
所以，
即平面与平面夹角的正切值为.
21. 已知抛物线，设为直线上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为.

（1）证明：动直线恒过定点；
（2）如图，设与（1）中的定点的连线交抛物线于两点，证明：
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据圆的切线方程可得切点弦所在直线方程，再由含参直线方程求出定点即可得证；
（2）利用点斜式写出所在直线方程，联立抛物线，结合根与系数的关系，转化为证明成立即可得证.
【小问1详解】
设切点，如图，

所以切线的方程分别为：
，，
又点在切线上，
所以，，
即点的坐标都适合方程，
而过点的直线有且只有一条，
所以直线的方程为，
又在直线上，所以，
故直线的方程为，
化简为，
由解得，
即动直线恒过定点.
【小问2详解】
如图，

设点、，
若，则轴，此时直线与抛物线只有一个交点.
所以，，直线的斜率为，
则直线的方程为，即.
联立，消去可得，
则，
由韦达定理可得，，
要证即证，
即证，即证，
事实上，.
因此，.
22. 已知椭圆的左、右顶点分别为且焦距为2，上顶点为，且直线的斜率之积为.
（1）求椭圆的方程：
（2）设直线不经过点且与相交于两点，
(i)证明：直线过定点；
(ii)设为①中点关于轴的对称点，过点作直线交于椭圆于两点，且，求四边形面积的取值范围.
【答案】（1）；
（2）（i）;(ii)
【解析】
【分析】（1）根据直线与的斜率之积得到，故，结合焦距得到，，得到椭圆方程；
（2）（i）设直线,椭圆方程整理为,利用直线的方程将椭圆的方程齐次化，然后转化为关于斜率的方程，此方程的两根为.利用椭
圆的性质，结合已知条件得到，进而利用韦达定理求得，从而得到直线经过定点；（ii）设，利用弦长公式求得，同理得,利用由对角线及其夹角所表示的四边形的面积公式得到四边形面积关于的表达式，进而进行变换，利用基本不等式和函数单调性求得其面积的取值范围.
【小问1详解】
由题意有，，
设，，化简得，结合，
可得，
由椭圆焦距为2，有，得，，
椭圆E的标准方程为；
【小问2详解】
(i)由题意可知直线不过椭圆的右顶点，
故可设直线①,
椭圆方程整理为,
整理得：②,
联立①②得：③，
设,这两点坐标都满足方程③，
,
方程③两边同除以得：,
即，此方程的两根为.
∵点在椭圆上，∴，
又∵，∴，∴，∴,
∴直线，，与轴交点坐标为,
∴直线恒过定点.
(ii)关于原点的对称点为.
当直线的斜率不为零时，设其方程为.
将直线代入椭圆E的标准方程为，
整理得：，，
，同理得.
又∵，∴四边形面积为：
，当时，取到，
又∵当直线的斜率为零时，必经过椭圆的左右顶点，与题意矛盾，
∴四边形面积的取值范围是.
【点睛】（2）（i）中的齐次化方法转化为关于斜率的方程是求解类似此题中的定点问题的简洁的方法，使得运算量得到较大的减少，值得注意学习和掌握.