浙江省2024-2025學年高二數學上學期11月期中聯(lián)考試題含解析

Page34考生須知：1.本卷共6頁滿分150分，考試時間120分鐘.2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級?姓名?考場號?座位號及準考證號并填涂相應數字.3.全部答案必需寫在答題紙上，寫在試卷上無效.4.考試結束后，只需上交答題紙.選擇題部分一?選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.直線的傾斜角為A. B. C. D.2.如圖，在正方體中，不能相互垂直的兩條直線是（）A.和 B.和C.和 D.和3.如圖三棱柱中，是棱的中點，若，，，則（）A. B.C. D.4.在空間直角坐標系中，已知，則點到平面距離是（）A. B. C. D.5.已知直線：，則下列選項錯誤的是（）A.當直線與直線平行時，B.當直線與直線垂直時，C.當實數變更時，直線恒過點D.原點到直線的距離最大值為6.已知拋物線，過點的直線與拋物線交于兩點（點在第一象限），點為拋物線的焦點，若，則（）A. B. C. D.7.已知圓，對于直線上的隨意一點，圓上都不存在兩點、使得，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.8.已知分別是雙曲線的左?右焦點，雙曲線左?右兩支上各有一點，滿意，且，則該雙曲線的離心率是（）A. B. C. D.二?多選題：本題共4個小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合要求.全部選對得5分，部分選對得2分，錯選得0分.9.已知函數，則下列選項正確的是（）A.B.函數的圖像關于直線對稱C.將圖象上全部點向右平移個單位長度，可得圖象D.若，則10.已知三棱錐，則下列選項正確是（）A.若，則在上投影向量為B.若是三棱錐的底面的重心，則C.若，則四點共面D.設，則構成空間的一個基底11.已知橢圓，點為坐標原點，分別是橢圓的左右焦點，則下列選項正確的是（）A.橢圓上存在點，使得B.為橢圓上一點，點，則的最小值為1C.直線與橢圓確定相切D.已知圓，點分別是橢圓?圓上的動點，則的最小值為12.如圖，在棱長為2的正方體中，點是的中點，點是底面正方形內的動點（包括邊界），則下列選項正確的是（）A.存在點滿意B.滿意點的軌跡長度是C.滿意平面的點的軌跡長度是1D.滿意的點的軌跡長度是非選擇題部分三?填空題：本題共4個小題，每小題5分，共20分.13.已知空間中點，則點關于平面對稱的點的坐標是__________.14.已知雙曲線的兩條漸近線方程為，并且經過點，則該雙曲線的標準方程是__________.15.已知拋物線光學性質：從焦點動身的光線，經過拋物線上的一點反射后，反射光線平行于拋物線的軸.已知拋物線，一條光線從點沿平行于軸的方向射出，與拋物線相交于點，經點反射后與交于另一點.若，則兩點到軸的距離之比為__________.16.已知四棱錐平面，底面是矩形，，點分別在上，當空間四邊形的周長最小時，則三棱錐外接球的體積為__________.四?解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17.在中，角所對的邊分別為且.（1）求的值；（2）若的面積為，求邊上的高.18.已知圓，兩點、.（1）若，直線過點且被圓所截的弦長為，求直線的方程；（2）若圓上存在點，使得，求圓半徑的取值范圍.19.已知正三棱臺中，，，、分別為、的中點.（1）求該正三棱臺的表面積；（2）求證：平面20已知函數，（1）當時，求函數的值域；（2）探討函數的零點個數.21.已知多面體的底面為矩形，四邊形為平行四邊形，平面平面，，，是棱上一點.（1）證明：平面；（2）當平面時，求與平面所成角的正弦值.22.已知橢圓的離心率為，且過點，點分別是橢圓的左?右頂點.（1）求橢圓的方程；（2）過點的直線與橢圓交于兩點（在之間），直線交于點，記的面積分別為，求的取值范圍.

2024學年第一學期臺金七校聯(lián)盟期中聯(lián)考高二年級數學學科試題命題：周海燕陳耀（三門中學）審題：李超英（臺州中學東校區(qū)）考生須知：1.本卷共6頁滿分150分，考試時間120分鐘.2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級?姓名?考場號?座位號及準考證號并填涂相應數字.3.全部答案必需寫在答題紙上，寫在試卷上無效.4.考試結束后，只需上交答題紙.選擇題部分一?選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.直線的傾斜角為A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先將直線化為斜截式求出直線的斜率，然后再利用傾斜角與斜率的關系即可求解.詳解】由直線，則，設直線的傾斜角為，所以，所以.故選：A【點睛】本題考查了直線的斜截式方程、直線的傾斜角與斜率的關系，屬于基礎題.2.如圖，在正方體中，不能相互垂直的兩條直線是（）A.和 B.和C.和 D.和【答案】C【解析】【分析】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量數量積逐項推斷即可.【詳解】在正方體中，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設該正方體的棱長為，則、、、、、、、.對于A選項，，，則，故；對于B選項，，，故，B對；對于C選項，，，故和不垂直，C錯；對于D選項，，，故，D對,故選：C.3.如圖三棱柱中，是棱的中點，若，，，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用空間向量的基本定理可得出關于、、的關系式.【詳解】由已知可得，因為為棱的中點，則.故選：B.4.在空間直角坐標系中，已知，則點到平面的距離是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用空間向量求出平面的一個法向量，代入點到平面距離公式即可得出結果.詳解】依題意可得，，設平面的一個法向量為，則，令，則可得，即，所以點到平面的距離是.故選：B5.已知直線：，則下列選項錯誤的是（）A.當直線與直線平行時，B.當直線與直線垂直時，C.當實數變更時，直線恒過點D.原點到直線的距離最大值為【答案】C【解析】【分析】A項：依據與直線平行可求出值，即可求解；B項：依據與直線垂直可求出值，即可求解；C項：將直線整理得：，從而求出定點，即可求解；D項：當原點與直線過的定點連線垂直直線時有最大距離，從而求解.【詳解】對于A項：當直線與直線平行，得斜率為：，解得：，故A項正確；對于B項：當直線與直線垂直，得斜率：，解得：，故B項正確；對于C項：直線化簡為：，由，解得：，即l恒過定點，故C項錯誤；對于D項：當原點與直線的定點的連線垂直于直線時距離最大，由兩點間距離得：，故D項正確.故選：C6.已知拋物線，過點的直線與拋物線交于兩點（點在第一象限），點為拋物線的焦點，若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設點，，，，依據拋物線的定義即可依據求得，求解直線方程，將直線方程與拋物線的方程聯(lián)立，求出，，由拋物線的定義可求得的值．【詳解】易知點，設點,，,，其中由于，所以，將代入得，故直線的斜率為，故其方程為，聯(lián)立，可得，解得，所以由拋物線的定義可得．故選：C7.已知圓，對于直線上的隨意一點，圓上都不存在兩點、使得，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】作出圖形，考慮、都與圓相切，設，則，分析可知，當時，最大，此時，最大，計算出圓心到直線的距離，分析可得，即可求得實數的取值范圍.【詳解】如下圖所示：圓心為，半徑為，圓心到直線的距離為，考慮、都與圓相切，此時，由切線長定理可知，，又因為，，則，設，則，因為，則，故當時，最大，此時，最大，因為對于直線上的隨意一點，圓上都不存在兩點、使得，則，可得，則，可得，解得或.故選：B.8.已知分別是雙曲線的左?右焦點，雙曲線左?右兩支上各有一點，滿意，且，則該雙曲線的離心率是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】延長交交雙曲線于點，連接，結合雙曲線的定義與余弦定理可得關系，從而求得雙曲線的離心率.【詳解】如圖，延長交交雙曲線于點，連接因為，所以，依據雙曲線的對稱性可得關于原點對稱所以，則四邊形為平行四邊形，所以設，則，由雙曲線定義可得：，所以，在中，由余弦定理得，則，整理得所以，在中，由余弦定理得，則，整理得，所以則該雙曲線的離心率是.故選：D.二?多選題：本題共4個小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合要求.全部選對得5分，部分選對得2分，錯選得0分.9.已知函數，則下列選項正確的是（）A.B.函數的圖像關于直線對稱C.將圖象上全部點向右平移個單位長度，可得圖象D.若，則【答案】BCD【解析】【分析】依據誘導公式可推斷；依據正弦函數性質可推斷；依據函數左右平移原則“左加右減”即可推斷；依據兩角差的正弦可推斷.【詳解】因為，故錯誤；函數的對稱軸為，，得，，所以函數的圖像關于直線對稱，故正確；由題意知，所將圖像上全部點向右平移個單位，得，故正確；因為，且，所以，所以，因為，得，故正確.故選：.10.已知三棱錐，則下列選項正確的是（）A.若，則在上的投影向量為B.若是三棱錐的底面的重心，則C.若，則四點共面D.設，則構成空間的一個基底【答案】AB【解析】【分析】利用投影向量的定義依據空間向量數量積的坐標運算計算可得A正確，畫出幾何體由空間向量加減運算法則可求得B正確，明顯不滿意共面定理，可知C錯誤；不共面的非零空間向量才可以構成空間的一個基底，可知D錯誤.【詳解】對于A，易知在上的投影向量為,所以可知A正確；對于B，取的中點為，連接，如下圖所示：由是三棱錐的底面的重心可得，易知所以，即可知B正確；對于C，若，明顯，則四點不共面，所以C錯誤；對于D，由可知，共面，所以不能構成空間的一個基底，即D錯誤.故選：AB11.已知橢圓，點為坐標原點，分別是橢圓的左右焦點，則下列選項正確的是（）A.橢圓上存在點，使得B.為橢圓上一點，點，則的最小值為1C.直線與橢圓確定相切D.已知圓，點分別是橢圓?圓上的動點，則的最小值為【答案】BC【解析】【分析】易知圓與橢圓無交點，可得A錯誤，由橢圓定義將轉化為，即可知B正確，聯(lián)立直線與橢圓方程可得，明顯方程只有一解，即可知C正確，由以及距離公式，構造函數并利用單調性可求出的最小值為，即D錯誤.【詳解】對于A，若存在點，使得，則點在以為直徑的圓上，而點在橢圓上，易知橢圓與圓無交點，如下圖所示：所以不存在點滿意題意，即A錯誤；對于B，由橢圓定義可得，則可得，所以，當且僅當三點共線時滿意題意，又，可得，即，所以B正確；對于C，將變形可得，結合直線可得，聯(lián)立直線消去可得，明顯該方程僅有一解，所以當時，直線和橢圓僅有一個交點，此時直線與橢圓確定相切，即C正確；對于D，易知圓圓心為，所以可得，不妨設，則由可得，則，易知，令，則在上滿意恒成立，所以在上單調遞增，即，因此可得，即的最小值為，即D錯誤.故選：BC12.如圖，在棱長為2的正方體中，點是的中點，點是底面正方形內的動點（包括邊界），則下列選項正確的是（）A.存在點滿意B.滿意的點的軌跡長度是C.滿意平面的點的軌跡長度是1D.滿意的點的軌跡長度是【答案】ABD【解析】【分析】利用正方體中的垂直關系建立空間直角坐標系，設出對應點的坐標，翻譯條件求出軌跡方程，留意變量的取值范圍，求解軌跡長度即可.【詳解】如圖建立空間直角坐標系，則有，,，，，，對于A選項，若，則，且，，故軌跡方程為，當時，，點既在軌跡上，也在底面內，故存在這樣的點存在，A正確對于B選項，，的軌跡方程為，，在底面內軌跡的長度是周長的故長度為，B正確對于C選項，，，設面的法向量故有，解得，故平面，，的軌跡方程為，在底面內軌跡的長度為，C錯誤對于D選項，，，，的軌跡方程為，在底面內軌跡的長度為，D正確故選：ABD非選擇題部分三?填空題：本題共4個小題，每小題5分，共20分.13.已知空間中點，則點關于平面對稱的點的坐標是__________.【答案】【解析】【分析】依據空間直角坐標系中點的對稱求解即可.【詳解】空間中點，則點關于平面對稱的點的坐標是.故答案為：.14.已知雙曲線的兩條漸近線方程為，并且經過點，則該雙曲線的標準方程是__________.【答案】【解析】【分析】依據題意設雙曲線方程為，利用漸近線和過點解方程組即可求得其標準方程.【詳解】依題意可設雙曲線方程為，；由漸近線方程為可得，將點代入可得，解得，所以雙曲線標準方程為.故答案為：15.已知拋物線光學性質：從焦點動身的光線，經過拋物線上的一點反射后，反射光線平行于拋物線的軸.已知拋物線，一條光線從點沿平行于軸的方向射出，與拋物線相交于點，經點反射后與交于另一點.若，則兩點到軸的距離之比為__________.【答案】##【解析】【分析】設出直線的方程，聯(lián)立拋物線方程，用韋達定理和得出的值和、的坐標，然后可得兩點到軸的距離之比．【詳解】依題意，由拋物線性質知直線過焦點，設,，,，直線的方程為，由，得：，所以，，則，又，所以，故拋物線方程為而，故，所以所以兩點到軸的距離之比為．故答案為：．16.已知四棱錐平面，底面是矩形，，點分別在上，當空間四邊形的周長最小時，則三棱錐外接球的體積為__________.【答案】【解析】【分析】把平面綻開到與底面共面的的位置，依據圖形可知當四點共線時，空間四邊形的周長最小，進而求得各邊長，由正弦定理可求得外接圓的半徑，在三棱錐中確定球心位置依據勾股定理即可求得外接球半徑，可得其體積.【詳解】把平面綻開到與底面共面的的位置，延長到，使得，則（如下圖所示），因為的長度為定值，故只需最小，即四點共線，易知，，可得，所以，，由正弦定理可得外接圓的半徑，設外接圓圓心為，則三棱錐外接球的球心確定在過且與平面垂直的直線上，如下圖所示：因為到點的距離相等，所以，即三棱錐外接球的半徑為，所以外接球的體積為.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于將綻開到與底面共面的的位置，確定出空間四邊形的周長最小時點的詳細位置，求得三棱錐的各邊進步而求出外接球半徑即可求出體積.四?解答題：本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17.在中，角所對的邊分別為且.（1）求的值；（2）若的面積為，求邊上的高.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理和兩角和的正弦公式即可得，可求出；（2）利用余弦定理以及邊的比例關系可求出，再由面積計算可得，即可求得邊上的高為.【小問1詳解】利用正弦定理由可得，又在中，易知，可得，所以；即，可得，明顯，所以，所以，又，可得；【小問2詳解】由余弦定理可得，代入整理可得，解得或（舍）；所以的面積為，解得，所以；設邊上的高為，則，可得，即邊上的高為.18.已知圓，兩點、.（1）若，直線過點且被圓所截的弦長為，求直線的方程；（2）若圓上存在點，使得，求圓半徑的取值范圍.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）計算出圓心到直線的距離為，對直線的斜率是否存在進行分類探討，設出直線的方程，利用點到直線的距離公式可求出直線的方程；（2）設點，利用平面內兩點間距離公式結合可得知點在圓，可知圓與圓有公共點，依據圓與圓的位置關系可得出關于的不等式，即可解得的取值范圍.【小問1詳解】解：當時，圓的標準方程為，圓心為，因為直線過點且被圓所截的弦長為，則圓心到直線的距離為，若直線的斜率不存在，則直線的方程為，此時，圓心到直線的距離為，不合乎題意；所以，直線的斜率存在，設直線的方程為，即，則，解得，所以，直線的方程為或.【小問2詳解】解：設點，則，整理可得，因為點在圓上，則圓與圓有公共點，且圓的圓心為，半徑為，則，且，故，因為，解得，故的取值范圍是.19.已知正三棱臺中，，，、分別為、的中點.（1）求該正三棱臺的表面積；（2）求證：平面【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）將正三棱臺補成正三棱錐，分析可知正三棱錐是棱長為的正四面體，結合三角形的面積公式可求得正三棱臺的表面積；（2）設點在底面的射影為點，則為正的中心，取的中點，連接，則，以點、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，證明出，，再利用線面垂直的判定定理可證得結論成立.【小問1詳解】解：將正三棱臺補成正三棱錐，如圖所示：因為，且，則、分別為、的中點，則，，故是邊長為的等邊三角形，由此可知，、都是邊長為的等邊三角形，易知是邊長為的等邊三角形，是邊長為的等邊三角形，故正三棱臺的表面積為.【小問2詳解】解：設點在底面的射影為點，則為正的中心，取的中點，連接，則，，則，因為平面，平面，則，所以，，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則、、、、、，則，，，所以，，，所以，，，因為，、平面，故平面.20.已知函數，（1）當時，求函數的值域；（2）探討函數的零點個數.【答案】（1）（2）答案見解析【解析】【分析】（1）代入分別利用基本不等式和函數單調性求出兩段函數值域即可得出結論；（2）對參數的取值進行分類探討，利用基本不等式以及指數函數單調性分別對兩函數的最值的符號作出推斷，結合圖象特征即可得函數的零點個數.【小問1詳解】當時可得；明顯當時，，當且僅當時，等號成立，當時，易知函數在上單調遞增，所以可得，即時，；綜上可知，函數的值域為；【小問2詳解】①當時，函數在上單調遞增，且當趨近于0時，，當趨近于時，，即函數在上存在一個零點；而函數在上單調遞減，且當時，恒成立，即函數在上無零點；所以當時，函數僅有1個零點；②當時，易知在上單調遞減，在上單調遞增，此時最小值為，即函數在上存在兩個零點；而函數在上單調遞增，且當趨近于時，，其最大值為，即函數在上有一個零點；所以當時，函數僅有3個零點；③當時，易知在上單調遞減，在上單調遞增，此時最小值為，即函數在上存在一個零點；而函數在上單調遞增，且當趨近于時，，其最大值為，即函數在上有一個零點；即當時,函數僅有2個零點；④當時，易知在上單調遞減，在上單調遞增，此時最小值為，即函數在上無零點；而函數在上單調遞增，且當趨近于時，，其最大值為，即函數在上無零點；所以當時，函數沒有零點；綜上可知，當時，函數僅有1個零點；當時，函數僅有3個零點；當時,函數僅有2個零點；當時，函數沒有零點；21.已知多面體的底面為矩形，四邊形為平行四邊形，平面平面，，，是棱上一點.（1）證明：平面；（2）當平面時，求與平面所成角的正弦值.【