2024-2025学年浙江省高二上学期期中考试数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年浙江省高二上学期期中考试数学检测试题（附解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．是双曲线上一点，点分别是双曲线左右焦点，若，则（ ）
A．9或1B．1C．9D．9或2
2．在各项均为正数的等比数列中，，若存在两项，使得，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．2
3．若动点Px,y满足方程，则动点P的轨迹方程为（ ）
A．B．C．D．
4．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．
5．已知直四棱柱，底面为矩形，，，且，若点到平面的距离为，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
6．长方体，，，动点满足，，则二面角的正切值的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．若圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，则直线的倾斜角的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为12cm，开口直径为8cm，旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于（ ）

A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知曲线，下列结论正确的是（ ）
A．当时，曲线是一条直线
B．当时，曲线是一个圆
C．当曲线是圆时，它的面积的最小值为
D．当曲线是面积为的圆时，
10．已知椭圆C：的左右焦点分别为，点P是椭圆上的一个动点，则以下说法正确的是（ ）
A．的周长为6
B．若，则的面积为
C．椭圆C上存在两个点，使得
D．的最小值为
11．称为点的“和”，下列说法正确的是（ ）
A．“和”为1的点的轨迹围成的图形的面积为2
B．设是直线上任意一点，则点的“和”的最小值为2
C．设是直线上任意一点，则使得“和”最小的点有无数个的充要条件是
D．设是椭圆上任意一点，则“和”的最大值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知数列的前n项和为，则
13．如图，两个正方形ABCD，CDEF的边长都是2，且二面角为60°，M，N为对角线AC和FD上的动点，且满足，则线段MN长的最小值为 ．
14．已知双曲线，若双曲线不存在以点为中点的弦，则双曲线离心率的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在等差数列中，的前项和为．
(1)求数列的通项公式；
(2)求取最大值时的值；
(3)设，求．
16．已知数列满足.
(1)求证：为等比数列；
(2)求数列的前项和.
17．如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得．
(1)证明：；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
18．已知是抛物线的焦点，是上在第一象限的一点，点在轴上，轴，，．
(1)求的方程；
(2)过作斜率为的直线与交于，两点，的面积为（为坐标原点），求直线的方程．
19．已知平面上动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，动点的轨迹为曲线.直线与曲线交于两个不同的点.
(1)若直线的方程为，求的面积；
(2)若的面积为，证明：和均为定值.
答案
1．【正确答案】C
【分析】根据双曲线的定义即可求解.
【详解】是双曲线上一点，所以，所以，
由双曲线定义可知，
所以或者，又，所以，
故选：C
2．【正确答案】A
【详解】设等比数列的公比为，因为，所以，
即，解得或（舍去）．
因为，所以，即，所以，
所以或或
所以的值为或或，所以的最小值为．
故选：A．
3．【正确答案】A
【详解】由题意得点Px,y到点A−2,0与点的距离之差的绝对值为3，且，
故动点P的轨迹方程是以A−2,0与为焦点的双曲线，
故，
所以，
所以双曲线的方程为.
故选：A.
4．【正确答案】C
【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，
所以点到平面距离.
故选：C.
5．【正确答案】D
【详解】直四棱柱，建立如图所示的空间直角坐标系，
由底面为矩形，，，且，
得，令，则，
，设平面的法向量，
则，令，得，而，
由点到平面的距离为，得，解得，
于是，，而，
向量在向量方向上的投影长为，
所以点到直线的距离为.
故选：D
6．【正确答案】B
【详解】
以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.
已知，，
则，，，.
因为，所以,
,
因为，所以,
因为，所以，
设平面的法向量为，
设平面的法向量为，，.
由，即，
令，则，，
则为平面的一个法向量.
设二面角为，由图可知为锐角，
所以.
.
，.
所以
则.
则二面角的正切值的取值范围是
故选：B.
7．【正确答案】A
【详解】由题可得已知圆的圆心，半径为，
如图，由图可知圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，
则圆心到直线的距离，
当时，直线斜率不存在，倾斜角为，
此时圆心到直线的距离，不符合，
当时，直线斜率为，此时，
整理得，解得，
因为，
，
所以直线的倾斜角的取值范围是.
故选：A.
8．【正确答案】C
【详解】如图，设是母线的中点，是中线，又也是中线，

设，则是重心，设的中点为，即椭圆的中心，
设，，，作平面平面，，，．
对椭圆如图建系，，故，，
根据平行四边形的性质，知，，
于是，，．
故选：C.
9．【正确答案】AB
【详解】对于A选项，当时，曲线的方程为，此时，曲线是一条直线，A对；
对于B选项，当时，曲线的方程可化为，
因为，此时，曲线是一个圆，B对；
对于C选项，当曲线是圆时，其半径为，
当且仅当时，即当时，等号成立，即的最小值为，
因此，当曲线是圆时，它的面积的最小值为，C错；
对于D选项，当曲线是面积为的圆时，其半径为，
即，解得或，D错.
故选：AB.
10．【正确答案】ABD
【分析】先求出，根据椭圆的定义即可判断A；利用余弦定理结合椭圆的定义及三角形的面积公式即可判断B；求出的最大值即可判断C；根据椭圆的定义结合基本不等式中“1”的整体代换即可判断D.
【详解】由椭圆C：，得，则，
所以，
因为点P是椭圆上的一个动点，所以，
对于A，的周长为，故A正确；
对于B，在中，由余弦定理得，
，
即，则，
所以，
所以的面积为，故B正确；
对于C，当点位于椭圆得上下顶点时，最大，
当点位于椭圆得上下顶点时，，
此时为等边三角形，故的最大值为，
所以椭圆C上不存点，使得，故C错误；
对于D，因为，
所以
，
当且仅当，即时，取等号，
经检验符合题意，所以的最小值为，故D正确.
故选ABD.
11．【正确答案】ABD
【详解】A.由“和”的定义得，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
根据图形可得点Px,y的轨迹为边长是的正方形，其面积为2，选项A正确.
B.∵点是直线上任意一点，∴，
∴，
令，由函数解析式可知fx在上为减函数，在为增函数，故当时，取到最小值2，选项B正确.
C．∵点是直线上任意一点，∴，∴，
当时，，
当时，，
分析单调性可知当时，都满足使得“和”最小的点有无数个，选项C错误.
D. 由点是椭圆上任意一点可设，
则，
由可得“和”的最大值为，选项D正确.
故选：ABD.
12．【正确答案】
【分析】利用求解即得.
【详解】数列的前n项和为，当时，，
而不满足上式，
所以.
故
13．【正确答案】
【分析】由已知得，，，长度为2，且两两夹角已知，可用三个向量表示出，表示出模长即可得到最小值.
【详解】由题意知，ABCD，CDEF都是正方形，
则，且，，
所以即为二面角的平面角，即.
因为，，设，
则，且，，
则
则，
，
则，当时，有最小值为.
所以，.
所以，线段MN长的最小值为.
14．【正确答案】
【详解】由题意得点在双曲线外部或在双曲线上，则，得.
假设存在以为中点的弦，设弦与双曲线交于点Ax1,y1,Bx2,y2，则，
由点Ax1,y1,Bx2,y2在双曲线上得，，
两式作差得，，
∴.
∵不存在该中点弦，∴直线与双曲线至多一个交点，则，，
∴，
∵，∴，即.
故答案为.
15．【正确答案】(1)
(2)6
(3)
【详解】（1）由题意知在等差数列中，，设公差为d，
则，则，
故，故通项公式．
（2）结合（1）可得，
当时，取最大值．
（3），
由，得，
即时有，时有，
若，，
若时，
，
综合上述．
16．【正确答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）变形得到，得到为等比数列；
（2）在（1）基础上得到，利用分组求和，错位相减法求和得到答案.
【详解】（1）因为，
所以，
又，故为等比数列，首项为1，公比为2；
（2）由（1）可知，，故，
，
故
，
令①，
则，
其中②，
①-②得，
，
故，
.
17．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）连接，由，则，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
18．【正确答案】(1)
(2)或．
【分析】（1）根据抛物线的定义即可求解；
（2）设直线的方程为，代入抛物线方程，利用弦长公式计算出，再根据点到直线的距离公式计算出点到直线的距离，根据面积公式建立等式计算即可求解.
【详解】（1）由题知，，
由抛物线的定义知，，
，的方程为．
（2）由（1）知，设，，
直线的方程为，代入，整理得，
由题易知，，，
，
到直线的距离为，
，解得，
直线的方程为或．
19．【正确答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题知曲线的方程为，进而直线的方程与椭圆方程联立结合弦长公式得，原点到直线的距离为，再计算面积即可；
（2）先考虑直线斜率存在时的情况，设其方程为，进而与椭圆方程联立，结合弦长公式得，再计算，即可证明.
【详解】（1）解：动点与定点的距离为，
到定直线的距离为，
所以，化简得，
所以，曲线的方程为；
所以，联立方程得，
所以，，
所以，原点到直线的距离为，
，
所以，的面积
所以，的面积为
（2）解：由（1）曲线的方程为，
因为直线的斜率存在，设其方程为，
与椭圆方程联立得，
， ，
原点到直线的距离为，
，
所以的面积为，
化简得，即，
，
，
所以为定值.
所以，
所以，为定值.
当斜率不存在时，设其方程为，
与椭圆方程联立得，
所以，
所以，，
所以，的面积为，解得，
所以，，
综上，为定值，为定值.