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）

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：D

2．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：B

6．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：B

8．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：AD

10．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11

C．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：AC

12．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.