廣東省清遠市清新區(qū)四校2024-2025學年高二上學期12月期末聯(lián)考數(shù)學試題

清新區(qū)2024～2025學年高二12月期末四校聯(lián)考數(shù)學試題滿分150分，考試用時120分鐘.注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號、考場號、座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi).寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分.）1.已知在四面體中，點是棱上的點，且，點是棱的中點，若其中為實數(shù)，則的值是（）A. B. C.－2 D.2【答案】B【解析】【分析】利用向量運算得到得到答案.【詳解】故故選：【點睛】本題考查了空間向量的運算，意在考查學生的計算能力.2.阿基米德在他的著作《關于圓錐體和球體》中計算了一個橢圓的面積，當我們垂直地縮小一個圓時，得到一個橢圓，橢圓的面積等于圓周率與橢圓的長半軸長與短半軸長的乘積．已知橢圓的面積為，兩個焦點分別為，點是橢圓上的動點，點是點關于原點的對稱點，若四邊形的周長為12，則四邊形面積的最大值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)橢圓面積得出，結(jié)合四邊形的周長求得，進而得出橢圓方程，得出，設Ax1,y1，根據(jù)四邊形的面積為即可求解最大面積．【詳解】由題可知，，即，由四邊形的周長為12得，，即，所以，所以橢圓，則，設Ax1,y1所以四邊形的面積為，故選：A．3.已知直線：與拋物線相交于A、B兩點，則的長為（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】D【解析】【分析】設，根據(jù)拋物線的定義可得，聯(lián)立方程組，利用根與系數(shù)的關系，即可求解．【詳解】由拋物線，可得其焦點坐標為，準線方程為，又由直線，可得直線過拋物線的焦點，設，根據(jù)拋物線的定義可得所以，又由，整理得，則，所以．故選D．【點睛】本題主要考查了拋物線的定義，以及拋物線的焦點弦的求解，其中解答中熟練應用拋物線的焦點弦的性質(zhì)，合理利用一元二次方程的根與系數(shù)的關系求解是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題．4.拋物線的焦點坐標為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】將拋物線方程化為標準形式，再由標準方程判斷焦點位置，并求焦點坐標.【詳解】因為，所以，所以拋物線的焦點在軸上，且，所以，所以拋物線焦點坐標為，故選：D.5.若函數(shù)在上單調(diào)遞增，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出函數(shù)的導函數(shù)，利用換元法將題目條件轉(zhuǎn)化為在上恒成立；再構(gòu)造函數(shù)，判斷其函數(shù)的單調(diào)性，求出最大值即可解答.【詳解】因為函數(shù)在上單調(diào)遞增，所以在上恒成立，即在上恒成立.令，則，所以在上恒成立.又因為在上單調(diào)遞增，所以當時，故.故選：D.6.已知函數(shù)的圖象在處的切線方程為，則（）A.的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為B.的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為C.的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為D.的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為【答案】B【解析】【分析】由導數(shù)的幾何意義可得，求出實數(shù)的值，利用導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關系可求得函數(shù)的增區(qū)間和減區(qū)間.【詳解】因為，則，由已知可得，解得，所以，.由，得；由，得．故函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為．故選：B.7.已知點到點的距離與到直線相等，且點的縱坐標為12，則的值為（）A.6 B.9 C.12 D.15【答案】D【解析】【分析】直接根據(jù)拋物線定義得的軌跡為拋物線，再設其拋物線方程，根據(jù)焦點坐標求出其方程，再根據(jù)拋物線性質(zhì)即可求出的長.【詳解】由題意得點的軌跡為焦點為，準線方程為的拋物線，設拋物線的方程為，，則，解得，故拋物線方程為，當時，，則，故選：D.8.點在直線上，且點到直線的距離為，則點坐標為（）A. B.C.或 D.或【答案】C【解析】【分析】設點的坐標，再代入點到直線的距離公式，即可得答案.【詳解】∵點在直線上，∴設，利用點到直線的距離公式得：，解得：或，∴點的坐標為或.故選：C.【點睛】本題考查點到直線的距離公式，考查運算求解能力，屬于基礎題.二、多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分.每題至少兩項是符合題目要求的.全部選對得6分，部分選對的得部分分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.）9.（多選）已知某圓圓心C在x軸上，半徑為5，且在y軸上截得線段AB的長為8，則圓的標準方程為（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】【分析】利用勾股定理求出的長，從而確定圓心的坐標，寫出圓的方程即可.【詳解】由題意設，，所以，在中，如圖所示，有兩種情況：故圓心C的坐標為或，故所求圓標準方程為故選：AB.10.已知點P在圓C：上，點A（4，0），B（0，2），當∠PBA最小時，記直線PB斜率為k1，當∠PBA最大時，記直線PB的斜率為k2，則（）A. B.C.三角形PAB的面積小于 D.三角形PAB的面積大于【答案】ABC【解析】【分析】設切線方程為，由圓心到切線距離等于半徑得關于的方程，由韋達定理判斷AB，求出圓心到直線的距離，可得到直線距離的最大值和最小值，從而可判斷CD．【詳解】過點B作圓M的兩條切線，切點分別為N，Q，如圖所示，連接MB，MN，MQ，則當∠PBA最小時，點P與N重合，當∠PBA最大時，點P與Q重合，A．設l：，即當l與圓M相切時，由韋達定理，故A正確；B．由選項A得，，故B正確；C．，，由題易知直線AB的方程為，即，則圓心M到直線AB的距離，所以直線AB與圓M相離，到直線的距離記為h，所以點P到直線AB的距離的最大值為，，，C正確；D．點P到直線AB的距離的最小值為，，面積最小值，故D錯誤．故選：ABC．11.下列說法正確的是（）A.過點且垂直于直線的直線方程為B.過點且在x、y軸截距相等的直線方程為C.曲線過點的最短弦長為；D.直線與曲線有兩個不同的交點，則實數(shù)的取值范圍【答案】AC【解析】【分析】A根據(jù)垂直關系確定斜率，應用點斜式寫出直線方程判斷；B注意截距不為0的情況；C判斷已知點為拋物線的焦點，結(jié)合通項性質(zhì)求最短弦長；D根據(jù)給定直線和曲線的形狀，數(shù)形結(jié)合求參數(shù)范圍.【詳解】A：與直線垂直的直線斜率為，故所求直線為，即，對；B：若截距不為0時，令直線為，則，此時直線方程為，錯；C：由，是焦點為的拋物線，故過點的最短弦為通徑，長度為，對；D：由過定點，是圓上半部分，如下圖，當動直線與半圓的左上方相切時，有，即，得，當動直線過半圓左側(cè)端點時，即，結(jié)合圖知，，D錯.故選：AC三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）12.已知，試用表示經(jīng)過兩點直線的傾斜角_____．【答案】【解析】【分析】根據(jù)斜率公式結(jié)合誘導公式運算求解.【詳解】設直線的傾斜角為，∵，則，∴，又∵，則，∴.故答案為：.13.已知等比數(shù)列的前n項和為，，則數(shù)列的公比__________．【答案】【解析】【分析】由可得，從而可求公比【詳解】由可得，故或，若故，若，則，故答案為：.14.若雙曲線與橢圓有相同的焦點，它的一條漸近線方程是，則該雙曲線的標準方程是__________.【答案】【解析】【分析】依題意，可求得的焦點，也是雙曲線的焦點，再由雙曲線的一條漸近線方程即可求得雙曲線的方程．【詳解】∵，∴該橢圓的焦點在軸，且焦點坐標為：；∵雙曲線的一條漸近線方程為，∴設雙曲線的方程為，即，∵雙曲線與有相同的焦點，∴，∴，∴雙曲線的方程為．故答案為.【點睛】本題考查橢圓的性質(zhì)與雙曲線的性質(zhì)及標準方程，求得雙曲線的焦點是關鍵，屬于中檔題．四、解答題（本題共5小題，共77分）15.如圖，在直三棱柱中，，，D，E，F(xiàn)分別為，，AB的中點.（1）證明：平面；（2）求直線CE與平面所成角正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取的中點G，連接，，利用線線平行證明線面平行；（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求線面夾角正弦值.【小問1詳解】證明：取的中點，連接，，因為F，G分別為，的中點，所以，，又E為的中點，，，所以，，所以四邊形是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面.【小問2詳解】解：在直三棱柱中，平面，又平面，平面，所以，，又，故以B為原點，，，所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系如圖所示，則，，，，所以，，，設平面的法向量為，則令得，，所以平面的一個法向量為，設直線與平面所成的角為，則，即直線與平面所成的角的正弦值為.16.已知拋物線的焦點為，經(jīng)過點的直線交拋物線于，兩點.（1）求線段的中點的軌跡方程；（2）經(jīng)過點的另一條直線交拋物線于，兩點，連接，設經(jīng)過且平行于的直線交軸于點，求證：，，在同一條直線上.【答案】（1）；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）令，聯(lián)立拋物線并應用韋達定理求得、，寫出線段的中點坐標，即可得軌跡方程；（2）令，，同（1）求得，，根據(jù)點在拋物線上、點差法求得，寫出直線并求坐標，應用兩點式并假設推出矛盾，即可證結(jié)論.【小問1詳解】由題意，令，聯(lián)立拋物線得，若，則，，所以，而線段的中點坐標為，所以中點的軌跡方程.【小問2詳解】令，，同（1）可得，，由且，則，即，可設，令，則，即，所以，，若，即，所以所以，，，顯然與矛盾，綜上，不成立，故，即，，在同一條直線上.【點睛】關鍵點點睛：第二問，應用點差法求得，進而求得，再應用兩點式并假設推出矛盾為關鍵.17.點F是拋物線的焦點，O為坐標原點，過點F作垂直于x軸的直線l，與拋物線相交于A,B兩點，，拋物線的準線與x軸交于點K．（1）求拋物線的方程；（2）設C,D是拋物線上異于A,B兩點的兩個不同的點，直線相交于點E，直線相交于點G，證明：E,G,K三點共線．【答案】（1）；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）根據(jù)題意易得，代入拋物線求得，即可得方程；（2）由（1）得，準線為，，設應用點斜式分別寫出直線AC,BD,AD,BC，求交點E,G坐標，利用斜率公式判斷共線即可.【小問1詳解】由題意，得，因為，軸，不妨設，代入拋物線，得，所以拋物線的方程為；【小問2詳解】由（1）知：，準線為，，設直線AC為①，直線BD為②，聯(lián)立①②，解得，即，直線AD為③，直線BC為④，聯(lián)立③④，解得，即，直線EK的斜率，直線GK的斜率，則直線EK的斜率與直線GK的斜率相同，所以E、G、K三點共線.18.如圖，三棱錐中，平面平面，，點分別是棱的中點，點是的重心.（1）證明：平面；（2）若為正三角形，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由面面平行的性質(zhì)定理證明（2）建立空間直角坐標系，由空間向量求解小問1詳解】連接，連接并延長交于點，則點為的中點，從而點分別是棱的中點，又平面平面，平面平面.又平面，平面平面，又平面平面.【小問2詳解】連接是的中點，，平面平面，平面平面，平面平面.連接并延長交于點，則為的中點，連接，則平面.為正三角形同理可得面，則如圖建立空間直角坐標系設.，則.，設平面的一個法向量為，則，可取，又平面的一個法向量為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.19.已知橢圓的離心率為，且橢圓上的點到焦點的最長距離為．（1）求橢圓的方程：（2）過點的直線（不過原點）與橢圓交于兩點、，為線段的中點．求面積的最大值及此時的斜率．【答案】（1）