浙江省强基联盟2024-2025学年高二上学期12月联考数学试卷（Word版附解析）

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考生注意：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
一、选择题：本大题共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】D
【解析】
【分析】直接利用直线的倾斜角和斜率的关系求出结果.
【详解】因为直线的斜率为，设倾斜角为，所以，故.
故选：D.
2. 已知双曲线的渐近线方程为，则双曲线的离心率是（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据渐近线方程的公式列出等式，即可求得离心率.
【详解】因为双曲线的渐近线方程为，所以，所以，
故选：A.
3. 若椭圆上一点到椭圆的两个焦点的距离之和为，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】讨论焦点的位置利用椭圆定义可得答案.
【详解】若，则由得（舍去）；
若，则由得.
故选：B.
4. 已知数列满足，，，若数列是递增数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由于是递增数列，所以，代入通项公式，化简可得对都成立，再根据函数的性质求出结果.
【详解】由数列是递增数列，
得，
化简可得，
即对于恒成立，所以，
故选：C.
5. 如图是正方体在一个平面上的展开图，则在原正方体中，直线与所成角的大小为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先将平面图形复原成正方体，利用正方体的性质、线面垂直的判定定理即可求解.
【详解】
将表面展开图还原为正方体，直线与在正方体中的位置如图所示，
连接，为正方形，，
平面，平面，，
平面，平面，，平面，
又平面，，故直线与所成角的大小为.
故选：D.
6. 直线与圆的位置关系是（ ）
A. 相离B. 相切C. 相交D. 都有可能
【答案】C
【解析】
【分析】确定直线过定点，而定点在圆内，从而可得结论．
【详解】将圆的方程化为标准方程，所以圆心坐标为，圆的半径为5，
直线恒过定点，
，点在圆内，所以直线与圆相交，
故选：C.
7. 抛物线的焦点为，其准线与双曲线相交于，两点，若为等腰直角三角形，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出抛物线的焦点坐标，准线方程，然后求出抛物线的准线与双曲线的交点坐标，利用三角形是等腰直角三角形求出即可．
【详解】抛物线的焦点坐标为，准线方程为，
设，，
准线方程与双曲线联立可得，
解得.
因为为等腰直角三角形，
所以，即，解得，
故选：B.
8. 已知抛物线：，抛物线：，，的焦点分别为，，点为抛物线上的一个动点，直线过点，则（ ）
A. 直线的方程为B.
C. D. 与各有一个交点的直线有三条
【答案】D
【解析】
【分析】A选项利用抛物线和的方程求出焦点和的坐标，再利用直线的两点式方程即可求出直线的方程；设出点的坐标，再结合焦点和的坐标，写出和的表达式，从而可以判断B，C选项，再数形结合判断D选项即可.
【详解】对于A ，，，所以直线的方程为，A错误；
对于B，当在原点时，取到最小值为1，B错误；
对于C，设，所以，
当时，，此时，，C错误；
对于D，当直线与只有一个交点时，
①若与轴平行或重合时，满足与，各有一个交点，如图；
②若与相切时，与，各有一个交点的直线有两条，一条与相切，一条与轴重合，如图和，
与，各有一个交点的直线有三条，D正确.
故选：D.
二、多项选择题：本大题共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. 已知直线：，直线：，则（ ）
A. 直线可以与轴平行B. 直线可以与轴平行
C. 当时，D. 当时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据两直线平行和垂直时的系数关系逐个选项分析即可.
【详解】当时，直线：，此时直线与轴平行，A项正确；
当时，直线：，此时直线与轴平行，B项正确；
若，则，解得，此时直线与重合，
C项错误；
若，则，解得，D正确.
故选:ABD.
10. 已知曲线：（为参数），曲线：（为参数），，以下正确的是（ ）
A. 曲线是一个圆
B. 曲线是一条直线
C. 若，则曲线与存在公共点
D. 若，则曲线上的点到曲线距离的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】曲线以及曲线的参数方程消去参数和，能求出曲线和曲线的普通方程即可得到轨迹是什么图形；再将代入两个方程即可判断是否有公共点；最后将代入曲线利用曲线的参数方程即可求得最大值.
【详解】A，曲线可化为：，故A错误；
B，曲线可化为：，故B正确.
C，当，：过曲线的上顶点，故C正确.
D，若，：，设曲线上的点，
则点到曲线的距离为
，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知正方体的棱长为2，，分别是线段，上的动点，且满足，点是线段的中点，则（ ）
A. 若是的中点，则平面
B. 若是的中点，则平面
C. 最大值是
D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对选项A，根据是的中点，取中点，通过证明四边形是平行四边形即可证明；对选项B，建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，证明即可；对选项C，根据可知，与重合时，最大；对选项D，设出，坐标，则可知坐标，故，，由可知，代入数量积的坐标运算可转化为的取值范围，利用三角换元即可求解.
【详解】是的中点，，，，∴是的中点.
连接交于点如图所示.
，∴四边形是平行四边形，.
又平面，平面，平面，故A正确；
以为原点如图建立空间直角坐标系，若是的中点，此时是的中点，
那么，，，，
而平面的一个法向量.，
不是平面的法向量，故B错误；
当与重合时，最大，为，故C正确；
设，，则，
，，，
，，
设，，，
故，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】本题主要考查空间中线面位置关系、求线段长度最小值及数量积最小值的方法，解题关键是建立空间直角坐标系将几何问题转化为代数问题，考查学生转化能力、数形结合能力和计算能力，属于压轴题.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若向量，，且，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】先由求得，再根据两向量的夹角公式，即可求出的值.
【详解】,，
得，
则.
故答案为：
13. 已知点，，，点满足，则的最小值为______.
【答案】209
【解析】
【分析】设点，用坐标表示，代入等式，整理即得点P的轨迹方程；再用坐标表示出，根据点P纵坐标y的取值范围即可求解.
【详解】设，由，得，化简得，
的轨迹是以原点为圆心，3为半径的圆.，
，当时，的最小值是209.
故答案为：209.
14. 已知椭圆：的左、右焦点分别为、，若总存在一条过的直线，使得点关于直线的对称点在椭圆上，则椭圆的离心率的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据点关于直线对称结合焦半径的范围化简得出离心率范围.
【详解】设点关于直线的对称点为，则，
，
，
，即，又，
椭圆的离心率的取值范围是.
故答案为：.

四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 在平面直角坐标系中，已知直线过点.
（1）若直线又过点，求直线的方程；
（2）若直线与轴的正半轴，轴的正半轴分别交于，两点，求面积的最小值.
【答案】（1）
（2）8
【解析】
【分析】（1）由过两点可求直线斜率，再由点斜式即可求解；
（2）设：，代入，利用基本不等式可得，即可求解面积的最小值.
【小问1详解】
因为过点，，所以斜率为，
所以：，即；
【小问2详解】
由题意可知直线的斜率存在且不为0，
设：，
代入得，得，
当且仅当时，等号成立，
所以，所以面积的最小值是8.
16. 在四棱锥中，底面四边形是正方形，，平面平面.
（1）证明：；
（2）若，求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质，可得平面，进而可证再结合正方形的性质，有，由此可证平面，通过线面垂直即可证；
（2）先通过证线面垂直求得点到平面的距离为，在通过线面平行得到点到平面的距离，利用勾股定理确定，即可求得直线与平面所成角的正弦值，由此即可求解.
【小问1详解】
连接交于点，
平面平面，平面平面，
，平面，
平面，
又平面，，
四边形是正方形，，
，平面，平面，
平面，平面，
【小问2详解】
取中点，连接，不妨设.
是正方形，所以，
由（1）知平面，平面，
，
平面，平面，，
平面，又平面，于是，
，是中点，，
，平面，平面，
平面，
在中，，所以，
在中，，所以，
点到平面的距离为.
，平面，平面，
平面，
点到平面的距离.
设直线与平面所成角为，于是，
又，
直线与平面所成角的大小为.
17. 已知点，，动点使直线，的斜率之积为，其轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）已知点，点在曲线上，直线与轴交于点，满足，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用直线，斜率的关系即可列出等式，求出动点的轨迹方程；
(2)点为曲线的右焦点，设出直线的方程，求出点的坐标，再利用向量关系即可求解.
【小问1详解】
设，则，整理得：.
【小问2详解】
由题意可知直线斜率存在，设，，
令得，
由，得，，
即，
代入：，得，，，
直线：.
18. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在线段上且满足，点在线段上且满足.
（1）证明：；
（2）若，求的值；
（3）若存在，使直线与平面所成角为，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）结合已知条件，先用线面垂直的性质定理和判定定理得出平面，再用线面垂直的性质定理得出所证结论.
（2）用线面垂直的判定定理得出平面，进而得到，结合已知得出，根据相似三角形对应线段成比例得出结论.
（3）以为原点建系，设出，的长度，表示出平面的法向量，再用含的式子表示，进而将所给线面角表示为关于的函数表达式，借助函数在区间内有解得出长度的取值范围.
【小问1详解】
平面，平面，
，
又，，
平面，
平面，
，
又，，
平面，
平面，
.
【小问2详解】
由（1）可知，又，，
平面，
平面，
，
由（1）可知，在中，，
.
与相似，则，
在中，，，
，.
.
【小问3详解】
以为原点，以，所在直线分别为轴，轴，
以过点垂直于平面的直线为轴，建立如图空间直角坐标系.
，，
不妨设，，，，
即，
由知，
于是，，，，
设，则，，
由可得，
，.
，，
设平面的一个法向量为，于是
令，得，，
平面的一个法向量为，
，
结合，化简得，
设，，
要存在，使与平面所成角为，
在上有零点.
结合知函数图象的对称轴，
故，
又，
只需满足，解得.
的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题第（3）问中，可将用到的线段长度设两个未知量，表示，再用勾股定理消掉一个未知量，将题中所给线面角度关系表示为含和的函数关系式，因为，可将看作主元，将所求问题变为求函数在区间内有解问题，进而得到结果.
19. 在平面直角坐标系中，若，两点在直线的同一侧，则称，为“-同域点”；若，两点分别在直线的两侧，则称，为“-异域点”.已知：抛物线：，：.
（1）若点，为“-异域点”，求实数的取值范围.
（2）已知过的直线与抛物线交于，两点，
（Ⅰ）若，为“-同域点”，比较与0大小关系并说明理由；
（Ⅱ）直线的斜率为，过原点作斜率为的直线，，，点，到直线的距离分别记为，，若，求点，为“-同域点”的概率.
【答案】（1）
（2）（Ⅰ），理由见解析；（Ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据“-异域点”的定义列不等式组即可求解；
（2）（Ⅰ）分，为在下方和，为在的上方两种情况，列不等式组即可得；（Ⅱ）根据题意由点到直线的距离公式可得，，分，为“-同域点”和，不为“-同域点”两种情况，结合即可求解.
【小问1详解】
：，要使点，为“-异域点”，
则应在的下方，应在的上方，
所以，解得；
【小问2详解】
（Ⅰ）若，在的下方，则，
所以，
即，
若，在的上方，则，即，
所以，
综上，若，为“-同域点”，则；
（Ⅱ）方程为：，
联立，得，
所以，，
直线：，即，
所以，，
，
①若，为“-同域点”，则，，
此时
，
令，得，又，
则满足要求的为，，，，，共6组；
②若，不为“-同域点”，则，
此时
，
令，得，
又，
则满足要求的为，，，，，共6组，
综上，满足的的样本空间有个样本点，
其中使点，为“-同域点”的样本点有6个，
故概率.
【点睛】关键点点睛：解决本题第二问的关键是根据，为“-同域点”和，不为“-同域点”两种情况分别得到，满足的关系，从而得到满足要求的.