2022-2023学年浙江省北斗星联盟高二上学期12月阶段性联考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年浙江省北斗星联盟高二上学期12月阶段性联考数学试题（解析版），共20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。
2022-2023学年浙江省北斗星盟高二上学期12月阶段性联考数学试题 一、单选题1．直线的倾斜角是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由直线方程求出直线斜率，由斜率求出直线倾斜角即可.【详解】设直线的倾斜角为，由可得，即直线的斜率为，由知，，故选：D2．双曲线的渐近线方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】令即可求渐近线方程.【详解】令得即双曲线的渐近线方程为故选：A.3．已知，且∥，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题意可得，又因为∥，则有，列出方程组求解即可.【详解】解：，且∥，则，因为∥，，即，解得.故选：B.4．若1，a，3成等差数列，1，b，4成等比数列，则的值为（    ）A． B． C．1 D．【答案】D【解析】利用等差中项与等比中项的性质求出，从而可得答案.【详解】因为1，a，3成等差数列，1，b，4成等比数，所以，所以的值为，故选：D.5．如图，在平行六面体中，，，则直线与直线所成角为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用基底表示出，结合向量夹角公式求得正确答案.【详解】连接，以为空间一组基底，则，，所以，，设直线与直线所成角为，则,由于异面直线夹角的取值范围是，所以.故选：B6．古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个命题：平面内与两定点的距离的比为常数的点的轨迹为圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，已知，圆上有且只有一个点满足，则的值为（    ）A．1 B．3 C．1或5 D．2或3【答案】C【分析】设，由两点间的距离公式得，又圆上有且仅有一点P满足，分两圆外切和内切，即可得到答案.【详解】设，由，得，整理得，又圆：上有且仅有一点满足，所以两圆相切，圆的圆心坐标为，半径为2，圆：的圆心坐标为，半径为，两圆的圆心距为3，当两圆外切时，，得，当两圆内切时，，得.综上可知，或.故选：C.7．过双曲线的右焦点作直线与双曲线交于，两点，使得，若这样的直线有且只有两条，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】分别求解，在同一支上和不在同一支上，结合这样的直线有且只有两条，列出不等式组或，即得解【详解】若，在同一支上，当时为双曲线的通经，即有；若，不在同一支上，则．因为与不可能同时等于6，所以或，解得或故选：B8．在中，为边上动点，将沿翻折至平面平面，当与平面所成角最大时，三棱锥的外接球半径为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由线面角最大为直角可得，当时，将沿翻折至平面平面，与平面所成角最大.再根据三棱锥的外接球直径与和底面的外接圆直径构成直角三角形，结合正余弦定理求解即可.【详解】因平面平面，则AC在平面ABD上的射影在直线AD上，依题意，当且仅当最大即可，在原中，由余弦定理得，显然有，即是钝角，而，则最大角为，即，因为，故为等腰直角三角形，此时易得.而，外接圆直径.又此时平面平面且交于，，平面，有平面，故三棱锥的外接球直径与和底面的外接圆直径构成直角三角形，故外接球直径，故.故选：B 二、多选题9．已知直线，下列命题中正确的是（    ）A．若，则B．若，则或C．当时，是直线的方向向量D．原点到直线的最大距离为【答案】AD【分析】根据垂直关系计算得到A正确；当时，两条直线重合，B错误；计算斜率得到C错误；过定点，最大距离为，计算得到D正确，得到答案.【详解】对选项A：，则，解得，正确；对选项B：当时，两条直线重合，错误；对选项C：时，，斜率为，的方向向量是，错误；对选项D：过定点，故原点到直线的最大距离为，正确.故选：AD10．已知为坐标原点，过抛物线的焦点的直线交于两点，则下列说法正确的是（    ）A．的坐标是B．若点，则周长的最小值是11C．可能为锐角D．的最小值是9【答案】BD【分析】利用抛物线的定义可判断A，利用抛物线的定义和几何关系结合图形可判断B，利用韦达定理求得恒成立即可判断C，利用韦达定理求得，再用基本不等式可判断D.【详解】由题可知，，所以焦点为,故A错误；如图，过点作准线的垂线，垂足为，根据抛物线的定义可得，所以周长为,由图可知，当与点等高时，有最小值，最小值为到准线的距离为，所以，所以周长的最小值是11，故B正确；设，则由得，所以，因为，所以一定是钝角，故C错误；根据抛物线的定义可知由上述过程可知，，因为，所以，当且仅当，即时取得等号，所以的最小值是9，故D正确.故选:BD.11．如图，正方体的棱长为2，点分别为棱的中点，点为线段上的动点，则下列说法正确的是（    ）A．B．C．点到平面的距离为D．点到直线的距离的最小值为1【答案】AC【分析】连接与交于点，证明平面得到A正确，利用等体积法计算，B错误；确定即为点到平面的距离，计算得到C正确，计算最小值为，D错误，得到答案.【详解】如图所示：连接与交于点，，，故，故，即，平面，平面，故，，平面，故平面，平面，故，A正确；连接，如图所示：，B错误；如图所示：是中点，为中点，连接，， 与交于点，，，故四边形为平行四边形，点到平面即点到平面的距离，与A选项同理得到，平面，平面，故，，平面，故，即为点到平面的距离，，，，，C正确；如图所示：易知在的投影在上，设为，作于，连接，平面，，故，，，平面，故平面，平面，故，即为到的距离.设，，故，，，当时，有最小值为，D错误.故选：AC12．设等差数列的前项和为，公差为，已知，，，则（   ）A． B．C．时，的最小值为 D．数列中最小项为第项【答案】ACD【分析】利用等差数列的求和公式与性质可判断A选项；由已知条件可得出关于的不等式组，可判断B选项；利用等差数列的单调性结合等差数列的求和公式可判断C选项；利用不等式的基本性质结合等差数列的单调性可判断D选项.【详解】对于A选项，，则，A对；对于B选项，，解得，B错；对于C选项，，，且当时，，即，此时数列单调递减，故时，的最小值为，C对；对于D选项，因为，故等差数列为递减数列，当时，，则，此时，当时，，，此时，当时，，，此时数列单调递减，则，此时，且有，，则，由不等式的性质可得，故，综上所述，数列中最小项为第项，D对.故选：ACD. 三、填空题13．在三棱锥中，是平面内一点，且，则__________.【答案】【分析】根据空间向量共面定理求解即可.【详解】因为四点共面，，所以，解得.故答案为：14．记正项递增等比数列的前项和为，若，则__________.【答案】63【分析】根据等比数列性质得到，解得，得到，，计算得到答案.【详解】，，解得或（舍去），故，，.故答案为：15．已知圆及点，设分别是直线和圆上的动点，则的最小值为__________.【答案】##【分析】先求出点关于直线的对称点，从而将问题转化为求的最小值，由此利用点到圆上的点的最小距离即可得解.【详解】因为圆，所以圆心，半径为，所以圆心到直线的距离为，则直线与圆相离，设点关于直线的对称点为，则，解得，则，结合图像，可知，又到圆上点的最短距离为，所以，则，所以的最小值为.故答案为：. .16．已知椭圆的左､右焦点分别为，以线段为直径的圆交于两点，其中点在第一象限，点在第三象限，若，则的离心率的取值范围是__________.【答案】【分析】首先画出图形，设，，根据椭圆的定义和圆的性质得到，，从而得到，再构造函数求其范围即可.【详解】如图所示：设，，因为点在第一象限，所以.又因为均在以线段为直径的圆上，所以四边形为矩形，即.因为，所以，即.因为，，所以，即.因为，设，，即，.因为，所以在区间单调递增.所以，即.当时，解得，即，解得；当时，解得，即，即.综上.故答案为： 四、解答题17．已知数列为等差数列，.(1)求的通项公式；(2)设，求的前项和.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据所给条件列出方程，解方程即可得出公差与首项，即可得出通项公式；（2）根据裂项相消法求和即可得解.【详解】（1）设的公差为，首项为，得.解得，故；（2）由，.18．已知圆经过点，且与轴相切.(1)求圆的方程；(2)若直线过点且与圆相交于两点，求的面积的最大值，并求此时直线的方程.【答案】(1)；(2)最大值为2，直线方程为或. 【分析】（1）根据所给条件，利用待定系数法求圆的标准方程即可；（2）利用圆的几何性质求出弦长，由弦长及圆心到直线的距离表示出三角形的面积，由二次函数可求出最大值，并得出直线方程.【详解】（1）设圆的方程为，由题意可得，得，则圆的方程为；（2）因为到圆心的距离为，大于圆的半径2，所以在圆外，显然直线的斜率存在，设直线的方程为：，则圆心到直线的距离，所以弦长，所以，当时，面积的最大值为2，此时，即，解得，故面积的最大值为2，此时直线方程为或.19．为了监测某海域的船舶航行情况，海事部门在该海域，设立了如图所示东西走向，相距海里的，两个观测站，观测范围是到，两观测站距离之和不超过海里的区域.（1）以所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，求观测区域边界曲线的方程；（2）某日上午7时，观测站B发现在其正东10海里的C处，有一艘轮船正以每小时8海里的速度向北偏西45°方向航行，问该轮船大约在什么时间离开观测区域？（精确到1小时）.【答案】（1）；（2）轮船大约在当日上午10时离开观测区域.【分析】（1）依题意可知：观测区域边界曲线是以A，B为焦点的椭圆，且，再结合可求出椭圆方程，（2）设轮船在观测区域内航行的时间为小时，航线与区域边界的交点为、，由已知条件可得直线方程将直线方程与椭圆方程联立方程组，求出、两点的坐标，从而可求出其长度，进而可求出时间【详解】（1）依题意可知：观测区域边界曲线是以A，B为焦点的椭圆， 设椭圆方程为：，则  解得  ∴观测区域边界曲线的方程为：. （2）设轮船在观测区域内航行的时间为小时，航线与区域边界的交点为、，∵，，∴直线方程：联立方程，整理得：，  解得，∴，∴ （小时）                               ∴轮船大约在当日上午10时离开观测区域.20．在如图所示的六面体中，四边形是边长为2的正方形，四边形是梯形，，平面平面，，．(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）连接AC，BD相交于点O，取DE的中点为，连接，只证即可；（2）过点作的平行线交于点,利用几何关系可得到在平面内，过点作的垂线交于点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可【详解】（1）连接交于点，取的中点为，连接，因为四边形是正方形，所以是的中点，则，，又因为，，故，，所以四边形是平行四边形，，又平面，平面，平面；（2）在平面内，过点作的平行线交于点,又，所以四边形为平行四边形，所以，又因为,所以所以是直角三角形，在平面内，过点作的垂线交于点，又因为平面平面，平面平面，所以面以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则所以设是面的法向量，则即，当时，，所以，设直线与平面所成角为，所以直线与平面所成角的正弦值为21．记数列的前项和为.(1)求的通项公式；(2)设，记的前项和为.若对于且恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用与的关系证得数列是等比数列，从而求得；（2）先利用错位相减法求得，再将问题转化为，其中，利用作差法证得，从而得解.【详解】（1），当时，，两式相减，得，整理得，当时，，经检验，满足，数列是以为首项，2为公比的等比数列，.（2）由（1）得，，，两式相减得，，又对于且恒成立，即，等价于对于且恒成立，令，则，则有，所以当时，，当时，，所以，则.22．如图，已知抛物线的焦点，且经过点.(1)求和的值；(2)点在上，且.过点作为垂足，问是否存在定点，使得为定值.若存在，求出点坐标及的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)，；(2)存在，，. 【分析】（1）根据抛物线上点的横坐标结合抛物线定义求出，再把点代入所求抛物线可求出；（2）由可知向量数量积为0，设直线，联立抛物线方程，可得根与系数的关系，联立两条件可知，据此可知直线过定点，问题转化为故在以为直径的圆上，据此可知存在斜边中点，使得为定值.【详解】（1）由抛物线定义知：，则，又在抛物线上，则，得.（2）设，，又，，①令直线，联立，整理得，且，，则，代入①式得：，当时，过定点；当时，过定点，即共线，不合题意；直线过定点，又，故在以为直径的圆上，而中点为，即为定值.