广东省2024_2025学年高二数学上学期12月联考试题含解析

这是一份广东省2024_2025学年高二数学上学期12月联考试题含解析，共24页。
2. 选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3. 非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4. 考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回.
一、选择题：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. 已知双曲线的离心率为 ，则的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由双曲线的离心率求出的值，即可得出该双曲线的渐近线的方程.
【详解】由题意可得，可得，
因此，双曲线的渐近线方程为.
故选：D.
2. 数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为三角形的欧拉线.已知△ABC的顶点坐标为，则△ABC欧拉线的方程为（ ）
A. x+y-4=0B. x-y+4=0
C. x+y+4=0D. x-y-4=0
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，判断三角形形状并求出垂心及外心，进而求出欧拉线的方程.
【详解】由，得，则的垂心为，外心为，
所以欧拉线的方程为，即.
故选：A
3. 已知抛物线的准线为，则与直线的交点坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线的方程，再将直线的方程与直线的方程联立，可得出交点坐标.
【详解】对于抛物线，，可得，所以，其准线方程为，
联立，解得，
因此，与直线的交点坐标为.
故选：D.
4. 如图，在平行六面体 中，底面和侧面都是正方形，，点P是与的交点，则 （ ）
A. B. 2C. 4D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，取空间的基底，求出，再利用数量积的运算律计算即得.
【详解】在平行六面体 中，，
由点P是与的交点，得，
而，因此
.
故选：B
5. 在三棱锥P-ABC中，，平面PAB⊥平面ABC，若球O是三棱锥P-ABC的外接球，则球O的表面积为（ ）
A. 96πB. 84πC. 72πD. 48π
【答案】B
【解析】
【分析】令的外心为，取中点，由已知可得四边形是矩形，利用球的截面性质求出球半径即可得解.
【详解】在中，，则，中点为的外心，
于是平面，取中点，连接，则，而平面PAB⊥平面ABC，
平面平面，平面，则平面，，
令正的外心为，则为的3等分点，，
又平面，则，而，则四边形是矩形，
，因此球O的半径，
所以球O的表面积为.
故选：B
6. 已知点和圆，圆M上两点A，B满足 ，O是坐标原点. 动点 P在圆M上运动，则点 P到直线AB的最大距离为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出满足的动点的轨迹方程，进而求出直线方程，再借助点到直线距离公式求得答案.
【详解】设满足的动点，则，
整理得，则点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
依题意，点在圆上，圆的圆心，半径为2，
因为，所以两圆相交，
则直线方程为，
点到直线的距离，所以点 P到直线AB的最大距离为.
故选：C
7. 已知是椭圆上的动点，若动点到定点的距离的最小值为1，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，整理可得，根据题意结合二次函数分析可得，进而可求离心率.
【详解】由题意可设：，
则
，
令，则，
注意到，则，
可知的图象开口向上，对称轴为，
当，即时，可知在内的最小值为，
则，
整理得，解得，不合题意；
当，即时，可知在内的最小值为，符合题意；
综上所述：.
可得椭圆的离心率，
所以椭圆的离心率的取值范围是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：设，整理得，换元，分类讨论对称轴的取值范围，结合二次函数最值求的取值范围.
8. 已知矩形ABCD，，， M为边DC上一点且， AM与BD交于点Q，将沿着AM折起，使得点D折到点P的位置，则的最大值是（ ）
A. B. C. 23D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析可知，结合垂直关系可知平面，结合长度关系可知点P在以点Q为圆心，半径为的圆上，结合圆的性质分析求解.
【详解】在矩形，，，，
由可得由可得，
则，即，
可知折起后，必有，，平面，
故平面，
因为是确定的直线，故对任意点P， 都在同一个确定的平面内，
因为，可知点P在以点Q为圆心，半径为的圆上（如图），
由图知，当且仅当PB与该圆相切时，取到最大值，则也取到最大值，
此时,，则的最大值为
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于在证明平面后，要考虑动点的轨迹，同时将理解为点与圆上的点的连线，结合图形，得出当且仅当PB与该圆相切时，取到最大值的结论.
二、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，有选错的得0分.
9. 已知圆是直线上一动点，过点P作直线PA，PB分别与圆C相切于点A，B，则（ ）
A. 圆C上恰有1个点到直线l的距离为
B. |PA|的最小值是
C. |AB|存在最大值
D. |AB|的最小值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出圆心到直线的距离判断A；利用切线长定理计算判断B；利用四边形面积求得，借助的范围求解判断CD.
【详解】圆的圆心，半径，
对于A，点到直线的距离，点到直线的距离的最小值为，
因此圆C上恰有1个点到直线l的距离为 ，A正确；
对于B，，当且仅当时取等号，B正确；
对于CD，由垂直平分得，，
则，当且仅当时取等号，D正确，C错误.
故选：ABD
10. 已知椭圆 的右焦点为F ，抛物线Γ顶点在原点并以F 为焦点，过F 的直线l交抛物线Γ于两点，下列说法正确的是（ ）
A. 若 ，则
B. 当 时，直线l的倾斜角为或
C. 若，P 为抛物线Γ上一点，则的最小值为
D. 的最小值为9
【答案】AD
【解析】
【分析】根据给定条件，求出抛物线的方程，再结合抛物线的定义及韦达定理逐项计算判断得解.
【详解】椭圆的右焦点，则抛物线的方程为，其准线为，
对于A，，A正确；
对于B，直线不垂直于轴，设直线，由消去，
得，则，由，得，
联立解得，因此直线的斜率为，倾斜角不为，B错误；
对于C，过点作垂直于准线于，过作垂直于准线于，
由抛物线定义得，因此，
当且仅当是线段与抛物线的交点时取等号，C错误；
对于D，，由选项B知，，则，
又，因此，
当且仅当时取等号，D正确.
故选：AD
11. 如图，三棱台 中，M 是AC上一点，平面ABC，∠ABC=90°，，则（ ）
A. 平面
B. 平面平面
C. 三棱台 的体积为
D. 若点P在侧面上运动（含边界），且CP与平面所成角的正切值为4，则BP长度的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】令，利用线面平行判定推理判断A；求出点在平面上的投影点位置判断B；求出棱台体积判断C；求出点的轨迹判断D.
【详解】对于A，令，连接，由，，得，
由，得，则，
而平面，平面，则平面，A正确；
对于B，由平面，平面，得，而，
平面，则平面，在上取点，
使得，则，，因此平面，
即点在平面上的投影为线段BC上靠近点较近的3等分点，又点不在直线，
则过点与平面垂直的直线不在平面内，因此平面与平面不垂直，B错误；
对于C，依题意，，，
三棱台 体积，C正确；
对于D，由选项B知，平面，而平面，则平面平面，
过作于，平面平面，则平面，
在直角梯形中，，在直角中，，
，由与平面所成角的正切值为4，得，，
因此点轨迹是以为圆心，为半径的圆在侧面内圆弧，的最小值为，D正确.

故选：ACD
三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线，若，则实数a的值为_______
【答案】0或1
【解析】
【分析】利用两条直线垂直的充要条件，列式求出值.
【详解】直线，
由，得，解得或，
所以实数a的值为0或1.
故答案为：0或1
13. 已知分别是椭圆 的左、右焦点和上顶点，连接并延长交椭圆C于点 P，若为等腰三角形，则椭圆C的离心率为_________.
【答案】##
【解析】
【分析】若，根据椭圆的定义有、，应用余弦定理及得到椭圆参数的齐次方程，即可求离心率.
【详解】由为等腰三角形，，则有，而，
，若，则，，
由，得，则，
在中，，
在中，，
，即，整理得，则.
故答案为：
14. 已知实数、满足，则的取值范围是_________.
【答案】
【解析】
【分析】化简曲线方程，作出图形，令，求出当直线与曲线相切时，以及直线与直线重合时对应的的值，数形结合可得出的范围，由此可得出的取值范围.
【详解】当，时，曲线方程可化为；
当，时，曲线方程可化为；
当，时，曲线方程可化为，即曲线不出现在第三象限；
当，时，曲线方程可化为，
作出曲线的图形如下图所示：
设，即，
由图可知，当直线与圆相切，且切点在第一象限时，
则，且，解得，
由因为双曲线、的渐近线方程均为，
当直线与直线重合时，，
所以，，故.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
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. 如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AC=AD=2，BC=CD=1.
（1）求四面体ABCD 的体积;
（2）求平面ABC与平面ABD所成角的正切值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）作于并求出，证得平面，再利用锥体的体积公式计算得角.
（2）过作交于，利用几何法求出面面角的正切.
【小问1详解】
在四面体ABCD中，在平面内过点作于，
由平面ABC⊥平面ACD，平面平面，得平面，
在中，，则，
于是，在中，，，则，
，所以四面体ABCD 的体积.
【小问2详解】
由（1）知，平面，平面，则，
过作交于，连接，由，得，
而平面，则平面，又平面，
因此，是平面ABC与平面ABD所成的角，
由（1）知，，由，得，
所以平面ABC与平面ABD所成角的正切值.
16. 已知点、的坐标分别为、直线、相交于点，且它们的斜率之积是
（1）求点的轨迹方程；
（2）若直线与点的轨迹交于两点，且，其中点是坐标原点. 试判断点到直线的距离是否为定值. 若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）定值，且定值为
【解析】
【分析】（1）设点，则，利用斜率公式结合化简可得出点的轨迹方程；
（2）分析可知，直线、的斜率存在且都不为零，设直线的方程为，则直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，求出，同理可得出，再利用等面积法可求得点到直线的距离.
【小问1详解】
设点，则，
由题意可得，整理可得.
所以，点的轨迹方程为.
【小问2详解】
由题意可知，直线、的斜率存在且都不为零，
设直线的方程为，则直线的方程为，
联立，可得，则，
同理可得，
则原点到直线的距离为
.
因此，点到直线的距离为.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
17. 如图，在斜三棱柱中，是边长为2的等边三角形，侧面为菱形，.
（1）求证：；
（2）若为侧棱上（包含端点）一动点，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意结合图形中的几何关系取BC的中点O，先证明平面，再由证得平面，从而证出.
（2）根据图形中几何关系建立空间直角坐标系，再利用向量法求出线面角正弦值的表达式，最后结合函数的单调性求出正弦值的取值范围.
【小问1详解】
如图所示，
取的中点为为菱形，且，
所以为等边三角形，，
又为等边三角形，则，
所以平面，
又平面平面，
所以.
【小问2详解】
如图所示，
在中，，由余弦定理可得
，所以，
由（1）得平面，因为平面，所以平面平面，
所以在平面内作，则平面，
以所在直线为轴､轴､轴建立空间直角坐标系如图所示：
则，
设是平面的一个法向量，，
，则，即，
取得，
设，
，
设直线与平面所成角为，
则，
令，则在单调递增，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为.
18. 已知双曲线的渐近线方程为，过右焦点且斜率为的直线与相交于、两点. 点关于轴的对称点为点.
（1）求双曲线的方程：
（2）求证：直线恒过定点，并求出定点的坐标；
（3）当时，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）证明见解析，定点坐标为
（3）
【解析】
【分析】（1）设双曲线的标准方程为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出双曲线的标准方程；
（2）分析可知，，设，可得出直线的方程为，点Ax1,y1、Bx2,y2，则点，分析可知，直线过轴上的定点，将直线的方程与双曲线的方程联立，列出韦达定理，求出直线的方程，将点的坐标代入直线的方程，求出的值，即可得出定点的坐标；
（3）利用三角形的面积结合韦达定理可得出，其中，结合函数的单调性可得出面积的最大值.
【小问1详解】
根据题意，设双曲线的标准方程为，
由题意可得，解得，故双曲线方程为.
【小问2详解】
当时，此时，点、为双曲线的顶点，不合乎题意；
当时，设，则直线的方程为，
设点Ax1,y1、Bx2,y2，则点，
由对称性可知，直线过轴上的定点，
联立可得，
由题意可得，解得，
由韦达定理可得，，
则的斜率为，直线的方程为，
将点的坐标代入直线的方程可得，
可得
，
此时，直线过定点.
综上所述，直线过定点.
【小问3详解】
因为，则，且，
，
因为函数在上单调递减，
故当时，取最大值，且最大值为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
19. 如图所示，在平面直角坐标系中，点绕坐标原点逆时针旋转角至点．
（1）试证明点的旋转坐标公式：
（2）设，点绕坐标原点逆时针旋转角至点，点再绕坐标原点旋转角至点，且直线的斜率，求角的值；
（3）试证明方程的曲线是双曲线，并求其焦点坐标．
【答案】（1）证明见解析；（2）、、；（3）证明见解析；焦点坐标为与．
【解析】
【分析】(1) 由任意角的三角比定义及三角恒等变换可得出变换前后的坐标的联系，从而得证；（2）把点，的坐标先用极坐标表示，然后利用直线的斜率列出方程，再根据角的范围求出的可能值；（3）由旋转坐标公式求出旋转后的方程，再由双曲线方程不存在“”项，即其系数为0，可求出的值，从而求出其焦点坐标．
【详解】（1）设将x轴正半轴绕坐标原点旋转角至点，，
则，由任意角的三角比定义，有和
所以，
将代入，得
（2）方法1：设点，的坐标分别为，，
由点的旋转坐标公式，有与
由直线的斜率，得，
，或
或，
，
、、．
方法2：由三角比的定义，可得点设点的坐标分别为，即；同理可得的坐标为，
以下与解法1相同．
（3）设为方程的曲线上任意一点，将点绕坐标原点旋转角至点．
则，
可解得①
注：以上这个反解可以省略，后面的方程不同，但不影响证明结论．
将①代入方程，得，整理，得．
令，可解得，是该方程的解，
所以，将方程的曲线按顺时针旋转，所得曲线的方程为：
．
故，曲线是以和为焦点的双曲线．
又因为双曲线是由曲线绕坐标原点旋转而得到的，所以曲线也是双曲线．
将点按逆时针旋转，得到点，
所以，双曲线的焦点坐标为与．
【点睛】直角坐标方程转为极坐标方程的关键是利用公式，而极坐标方程转化为直角坐标方程的关键是利用公式，后者也可以把极坐标方程变形尽量产生，,以便转化．另一方面，当动点在圆锥曲线运动变化时，我们可以用一个参数来表示动点坐标，从而利用一元函数求与动点有关的最值问题.