浙江省义乌市2024_2025学年高二数学上学期11月阶段性考试试题含解析

这是一份浙江省义乌市2024_2025学年高二数学上学期11月阶段性考试试题含解析，共19页。试卷主要包含了 抛物线的准线方程是， 直线是双曲线的一条渐近线，则， 直线的倾斜角为， 已知数列满足，，则， 已知圆的一条切线与双曲线C， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合抛物线的准线方程求解即可.
【详解】由题知抛物线,所以，故抛物线的准线方程为.
故选：A.
2. 直线是双曲线的一条渐近线，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 16
【答案】A
【解析】
分析】根据渐近线方程求解即可.
【详解】直线是双曲线的一条渐近线，由直线的斜率为2，得，所以．
故选：A．
3. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由直线方程计算直线斜率，即可得到直线的倾斜角.
【详解】由题意得，直线的斜率，故直线的倾斜角为.
故选：D.
4. 已知数列满足，，则（ ）
A. B. 2C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用递推公式可验证出数列为周期为的周期数列，进而可得结果.
【详解】因为，，
令，则；
令，则；
令，则；
可知数列为周期为的周期数列，所以.
故选：A.
5. 已知，向量，，，且，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量平行和垂直的坐标运算求解.
【详解】因为向量， ，，
由，则，解得，
由，则，解得，则．
故选：A．
6. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2→1．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数m=6，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1→4→2→1→……．
现给出“冰雹猜想”的递推关系如下：已知数列满足：（m为正整数），．当时，使得的最小正整数n值是（ ）
A. 17B. 16C. 15D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】利用定义依次计算即可.
【详解】时即
.
故选：B
7. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知点，点满足．过点总可以向以点为圆心､为半径的圆作两条切线，则半径的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设Px,y，由，得圆，再根据点与圆心的距离可判断两圆相离，进而可得的取值范围.
【详解】设Px,y，由，则，故，
得圆，圆心为，半径为.
又点与圆心的距离为，由于过点总可以向以点为圆心的圆作两条切线，故两圆相离，所以，故的取值范围为．
故选：B
8. 已知圆的一条切线与双曲线C：（，）有两个交点，则双曲线C离心率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知结合点到直线的距离公式，求出圆切线斜率的值，可得出双曲线渐近线的斜率范围，即可求解.
【详解】由可得圆心，半径，
则圆心到切线的距离，
解得：，所以切线方程为，
因为与双曲线有两个交点，
所以，所以，
即双曲线的离心率的取值范围为.
故选：A.
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.
9. 已知各项均为正数的等差数列单调递增，且，则（ ）
A. 公差d的取值范围是B.
C. D. 的最小值为1
【答案】AB
【解析】
【分析】由,,且，可判断A，由等差数列的性质可判断B，由作差法可判断C，由基本不等式可判断D.
【详解】由题意得,,而，
，解得，∴，故A正确；
由，故B正确；
由，
可知，故C错误；
由，所以
有，
当且仅当时取到等号，但，故不能取“=”，所以D错.
故选：AB
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 在长方体中，可以构成空间的一个基底
B. 已知三点不共线，对平面外的任一点，若点满足，则在平面内
C. 若向量，则称为在基底下的坐标，已知向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为
D. 已知是从点出发的三条线段，每两条线段夹角均为，若满足，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据给定条件，结合空间基底的意义、空间向量运算逐项分析判断即可.
【详解】对于A，在长方体中，共面，
则不能构成空间的一个基底，A错误；
对于B，，而，
则四点共面，从而在平面内，B正确；
对于C，依题意，，设，
即，则，解得，
因此向量在基底下的坐标为，C正确；
对于D，，，
则，
，
，
，D正确.
故选：BCD
11. 已知椭圆和双曲线有公共焦点，左，右焦点分别为，设两曲线在第一象限的交点为为的角平分线，，点均在轴上，设椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 以椭圆和双曲线四个交点为顶点的四边形的面积的最大值为
C. 若，则的取值范围为
D. 若，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由椭圆和双曲线定义有，将两式平方相加后由余弦定理和向量的数量积计算可得A错误；由对称性得到四边形的顶点的坐标，再结合基本不等式求出面积可得B正确；由离心率的定义和边长关系得到，再结合对勾函数的单调性可得C正确；由角平分线的定理将问题转化为求的最小值，再由椭圆和双曲线的性质结合余弦定理得到，再用基本不等式的乘“1”法分析可得D正确；
【详解】
对于A，设，
由椭圆和双曲线定义有，
将两式平方得，
相加整理得，
又在中，由余弦定理有，
则，即，
则，故A选项错误；
对于B，椭圆和双曲线一个交点，由椭圆和双曲线的对称性可知，
另外三个点的坐标为，，
以它们为顶点的四边形为矩形，面积，又点在椭圆上，
所以满足，则有，
当且仅当时等式成立，故B选项正确；
对于C，即，所以，则，
又，所以，即，
又，所以，
，则．
令，则，
函数在上单调递减，所以，故C选项正确；
对于D，由为的角平分线，，易知为的外角平分线，
则由角平分线性质定理有即，
由外角平分线性质定理有，即，
求最小值即求的最小值；
由可得，
代入即，整理可得，
所以，
则，
当且仅当时取等号，所以的最小值为，故D选项正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：
本题D选项关键在于利用角平分定理将所求转换成求的最小值，再结合基本不等式的乘“1”法分析.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知等差数列满足，且，则_____________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据题意结合等差数列性质运算求解即可.
【详解】因为数列为等差数列，且，
可得，解得，
所以．
故答案为：2
13. 已知直线的一个方向向量为，直线的一个方向向量为，其中为正数，若，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】两直线垂直，则两直线的方向向量垂直，其数量积为零﹒得到等式，再结合基本不等式计算即可.
【详解】依题意，两直线垂直，则两直线的方向向量垂直，其数量积为零﹒
可得，即，所以，
由得．当且仅当取等号.
故答案为：.
14. 已知长方体中，，点为平面内任一点，且点到点的距离与到面的距离相等，点分别为的中点，则三棱锥的体积的最小值为__________．
【答案】4
【解析】
【分析】以长方体中的顶点为原点建立空间直角坐标系，设点坐标，根据抛物线的定义可得未知数间的关系，由已知点坐标得到平面法向量和向量，从而求得点到面的距离关系式得到最小值，从而得到三棱锥的体积的最小值.
【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
设，∵平面平面，
∴点到面的距离为点到直线的距离
∴由抛物线的定义可知：，
易知，
∴，,
设是平面的其中一个法向量，则，
令，得，
平面的法向量为，
又，则到平面的距离，
所以的最小值为，
∵点分别为的中点且，，
∴，
所以三棱锥的体积的最小值：．
故答案为：4.
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{an}是等差数列，且a1＋a2＋a3＝12，a8＝16．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若从数列{an}中，依次取出第2项、第4项、第6项……第2n项，按原来的顺序组成一个新数列{bn}，试求出{bn}的通项公式．
【答案】（1）an＝2n ；（2）bn＝4n .
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的通项公式列出方程，可得答案；
（2）由（1）可得出{bn}是以4为首项，4为公差的等差数列．由等差数列的通项公式可得答案.
【详解】解：（1）∵a1＋a2＋a3＝12，∴a2＝4．
∵a8＝a2＋(8－2)d，∴16＝4＋6d，∴d＝2，∴an＝a2＋(n－2)d＝4＋(n－2)×2＝2n．
（2）a2＝4，a4＝8，a6＝12，a8＝16，…，a2n＝4n．
当n>1时，a2n－a2(n－1)＝4n－4(n－1)＝4，
∴{bn}是以4为首项，4为公差的等差数列．∴bn＝b1＋(n－1)d＝4＋4(n－1)＝4n．
16. 已知双曲线的左右焦点与点构成等边三角形．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若直线过定点且与双曲线交于两点，当时，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或．
【解析】
【分析】（1）由条件直接得出焦距，结合双曲线表示出，建立方程解得的值，便可以写出双曲线方程的标准方程；
（2）设直线方程，联立方程组，由韦达定理表示出焦点弦长，解得斜率的值，从而得出直线的方程.
【小问1详解】
由等边三角形可知双曲线焦距为，
∵，即，∴，∴，∴，
双曲线的标准方程为：．
【小问2详解】
显然当直线的斜率不存在时，直线与双曲线不相交，
∴设直线的方程为，
联立方程组得，
，解得，
由韦达定理可知，
即，
解得或．
所以直线的方程为或．
17. 一个小岛（点的周围有环岛暗礁，暗礁分布在以小岛为圆心，半径为的圆形区域内，轮船在小岛正东方的点处．以小岛中心为原点，正东方向为轴的正方向，正北方向为轴的正方向建立平面直角坐标系，取为单位长度．

（1）若轮船沿北偏西的航向直线航行，轮船是否会有触礁风险？说明理由；
（2）若直线过点，且其倾斜角为直线的倾斜角的2倍，求的一般式方程，并求暗礁边界上动点到直线的距离的最小值．
【答案】（1）轮船没有触礁风险，理由见解析．
（2）；
【解析】
【分析】（1）由点到直线的距离求得小岛中心为原点与轮船航线的距离，从而判断直线与圆的位置关系，得到轮船航线是否穿过暗礁区域；
（2）由题意可求出得到直线方程，由圆心到直线距离判断直线与圆的位置关系，从而知道最短距离为圆心到直线距离减去半径.
【小问1详解】
由题意可知，受暗礁影响的圆形区域的边缘所对应的圆的方程为：．
轮船航线所在直线过点，所在直线的倾斜角为，斜率为，直线方程为，即．
原点到轮船航线所在直线的距离为，
所以，轮船没有触礁风险．
小问2详解】
记直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，
则，
直线方程为：，其一般式方程为：．
易知原点到直线的距离为，
直线与圆相离，
圆上动点到直线的距离的最小值为：．
18. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，面为棱上的动点．
（1）若为棱中点，证明：面；
（2）在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
（3）分别在棱上，，求三棱锥的体积的最大值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在满足条件的点，；
（3）
【解析】
【分析】（1）运用中位线性质得到线线平行，进而得到线面平行；（2）建立空间直角坐标系，运用面面夹角得向量法求解即可；（3）在中，由余弦定理，设，则，得到，在用等体积法计算即可.
【小问1详解】
连接交于，则为三角形中位线，易知，
又因为上，面，所以面；
【小问2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，建立如图所示的空间直角坐标系，可得，
由为棱上一点，设，
．
设平面的法向量为，
由可得
令，则，则．
取平面的法向量为，
则二面角的平面角满足：
，
化简得：，解得：或（舍去），
故存在满足条件的点，此时．
【小问3详解】
因为，
可知三棱锥体积最大时，即最大，在中，由余弦定理有：
可得，
设，则，
由题可知：该方程有实根，则，解得，
同理可得．
设点到平面的距离为，则由等体积法得到：，
，解得：．
当最大时三棱锥体积最大，即三棱锥体积最大，
最大体积为：．
19. 已知椭圆的离心率为且过点，过点作椭圆两条切线，切点分别为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求直线的方程；
（3）过点作直线交椭圆于两点，其中点在轴上方，直线交直线于点．试证明：恒成立．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由离心率，点在椭圆上列出等式求解即可；
（2）由判别式求出直线的方程，即可求解；
（3）设，将问题转化成，结合韦达定理即可求证.
【小问1详解】
由题意可得解得
所以，椭圆的方程为．
【小问2详解】
设，
下证：切线的方程为；
直线的斜率存在，，设直线的方程为：，
与联立整理得：，
由已知得：，
化简得：．
因为，则，即，所以，
所以直线的方程为：，即，则，
故直线的方程为．
同理可得直线的方程为，
由点的坐标为，则，
则两点都在直线上，
由于两点确定一条直线，故直线的方程为；
【小问3详解】
设，
由题意易得直线的斜率存在，故可设为，
联立得，
由韦达定理可得，
联立得．
要证，即证，
等价于证明，所以只需证明，
化简可得，
将韦达定理及代入可得：
，
化简得，
即，
上式显然可以判断出是恒成立的．
故恒成立．
【点睛】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为，，
（2）联立直线与圆锥曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.