2023-2024学年浙江省金华市卓越联盟高二上学期12月阶段联考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省金华市卓越联盟高二上学期12月阶段联考数学试卷（含解析），共16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。

1.准线方程为y=2的抛物线的标准方程是
( )
A. x2=4yB. x2=−4yC. x2=8yD. x2=−8y
2.直线x+2ay−1=0和直线(3a−1)x−ay−1=0垂直，则a=( )
A. 1B. 12C. 1或12D. 1或−12
3.已知在等比数列{an}中，a4⋅a8=16，则a6的值是( )
A. 4B. −4C. ±4D. 16
4.如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，且AB=2A1B1，设AB=a，AC=b，AA1=c，点D在棱B1C1上，满足B1D=2DC1，若AD=xa+yb+zc，则( )
A. x=16，y=13，z=1B. x=16，y=13，z=12
C. x=13，y=16，z=1D. x=13，y=16，z=12
5.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2022>0，S2023<0，则下列说法错误的是( )
A. a1012<0B. a1011>0
C. 数列{an}是递减数列D. {Sn}中S1010最大
6.已知圆C1:x2−2ax+y2=0(a>0)，直线l:x+ 3y=0，圆C1上恰有3个点到直线l的距离等于1，则圆C1与圆C2:(x−1)2+(y− 2)2=1的位置关系是( )
A. 内切B. 相交C. 外切D. 相离
7.已知圆C:x2+(y−4)2=1上有一动点P，双曲线M:x29−y27=1的左焦点为F，且双曲线的右支上有一动点Q，则|PQ|+|QF|的最小值为( )
A. 4 2−1B. 4 2−5C. 4 2+7D. 4 2+5
8.阅读材料：空间直角坐标系O−xyz中，过点P(x0,y0,z0)且一个法向量为n=(a,b,c)的平面α的方程为a(x−x0)+b(y−y0)+c(z−z0)=0，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面α的方程为x−y+2z=1，点Q(3,−1,1)，则点Q到平面α距离为( )
A. 5 66B. 62C. 5 102102D. 10234
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知a=(−2,2,2)，b=(1,2,−1)，则下列说法正确的是( )
A. a+b=(−1,4,1)B. a/​/b
C. a⊥bD. cs= 33
10.已知直线l:mx+(m+2)y−2m−2=0(m∈R)，圆C:(x−1)2+(y−2)2=25，点P为圆C上的任意一点，下列说法正确的是( )
A. 直线l恒过定点(1,1)
B. 直线l与圆C恒有两个公共点
C. 直线l被圆C截得最短弦长为2 6
D. 当m=−1时，点P到直线l距离最大值是5+ 22
11.已知数列{an}，{bn}满足a1+12a2+13a3+⋯+1nan=bn(n∈N∗)，Sn是{an}的前n项和，下列说法正确的是( )
A. 若an=n2+n，则bn=n2+3n2B. 若bn=n，则{an}为等差数列
C. 若bn=n+1，则{an}为等差数列D. 若bn=2n，则Sn=(n−1)⋅2n+2
12.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，准线l与x轴交于点M，过M的直线l与抛物线C相交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点，点D是点A关于x轴的对称点，则下列说法正确的是( )
A. y1y2=−4B. 4|AF|+|BF|的最小值为10
C. B，F，D三点共线D. MB⋅MD>0
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在空间直角坐标系O−xyz中，已知点M(3,−1,4)，N(2,1,5)，则|MN|= ．
14.过点(0,0)作圆C:x2+y2−4y+3=0的两条切线，切点为A、B，则劣弧长AB= ．
15.如图，已知正方形A0B0C0D0的边长为2，分别取边D0A0，A0B0，B0C0，C0D0的中点A1，B1，C1，D1，并连接形成正方形A1B1C1D1，继续取边D1A1，A1B1，B1C1，C1D1的中点A2，B2，C2，D2，并连接形成正方形A2B2C2D2，继续取边D2A2，A2B2，B2C2，C2D2的中点A3，B3，C3，D3，并连接形成正方形A3B3C3D3，⋯⋯，依此类推：记△A0A1B1的面积为a1，△A1A2B2的面积为a2，⋯⋯，依此类推，△An−1AnBn(n∈N∗)的面积为an，若a1+a2+a3⋯+an=10231024，则n= ．
16.设F1、F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，点P，Q为椭圆C上的两点，且满足∠PF2Q=60∘，PF1=2QF2，则椭圆C的离心率为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AD=3，AA1=4，点E，F分别为棱AB，DD1的中点，
(1)求证：C1F⊥平面BCF;
(2)求直线C1F与平面DEC1所成角的正弦值．
18.(本小题12分)
已知数列{an}满足a1=1，点(1an,1an+1)(n∈N∗)在直线2x−y+1=0上．
(1)求证：数列{1an+1}是等比数列，并求出{an}的通项公式;
(2)求满足163≤an≤15的n的取值构成的集合．
19.(本小题12分)
已知动点P与两个定点A(1,0)，B(4,0)的距离的比是2．
(1)求动点P的轨迹C的方程;
(2)直线l过点(2,1)，且被曲线C截得的弦长为2 3，求直线l的方程．
20.(本小题12分)
已知等差数列{an}前n项和为Sn，满足a3=3，S4=10.数列{bn}满足b1=2，bn+1bn=2an+1an，n∈N∗．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=(−1)n(3n+2)anbn+1，n∈N∗，求数列{cn}的前n项和Tn．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，AB=PA=2，E，F分别为PB，PD的中点．
(1)求平面CEF与底面ABCD所成角的余弦值;
(2)求平面CEF与四棱锥P−ABCD表面的交线围成的图形的周长．
22.(本小题12分)
已知双曲线C的中心为坐标原点，上顶点为(0,2)，离心率为 52．
(1)求双曲线C的渐近线方程;
(2)记双曲线C的上、下顶点为A1，A2，P为直线y=1上一点，直线PA1与双曲线C交于另一点M，直线PA2与双曲线C交于另一点N，求证：直线MN过定点，并求出定点坐标．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查抛物线的概念及标准方程，属于基础题．
根据题意，由抛物线的标准方程可得其焦点在y轴负半轴上，且p=4，由抛物线的标准方程计算可得答案．
【解答】
解：由题意可设抛物线方程为x2=−2py(p>0)，
∵抛物线的准线方程为y=p2=2，∴p=4，
故其标准方程为：x2=−8y．
故选D．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了两条直线垂直的判定，属于基础题．
利用两条直线垂直的关系列等式即可得出．
【解答】
解：(3a−1)⋅1+2a⋅(−a)=0⇒a=1或a=12，C正确．
3.【答案】C
【解析】【分析】本题考查了等比数列的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
利用等比数列的性质即可得出．
【解答】
解：由等比数列的性质可得：a6=± a4a8=±4．
故选：C．
4.【答案】A
【解析】【分析】本题考查了空间向量的三角形法则和空间向量基本定理，属于基础题．
利用空间向量的三角形法则和空间向量基本定理即可得出．
【解答】解：∵AD=AA1+A1D，A1D=13A1B1+23A1C1，∴AD=AA1+13A1B1+23A1C1
又A1B1=12a，A1C1=12b，AA1=c，∴AD=16a+13b+c，A正确．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查等差数列的前n项和，考查等差数列的性质，属于中档题．
由 S2022>0，S2023<0，得出 a1012<0，a1011>0即可判断各选项．
【解答】
解：S2022=2022(a1+a2022)2=1011(a1011+a1012)>0⇒a1011+a1012>0
S2023=2023(a1+a2023)2=2023a1012<0⇒a1012<0，则a1011>0
所以数列{an}单调递减，{Sn}中S1011最大．
故ABC正确，D错误．
6.【答案】B
【解析】【分析】本题考查直线与圆、圆与圆的位置关系，属于一般题．
先求出a，再利用圆心距和两圆半径的关系即可判断两圆的位置关系．
【解答】解：圆上3个点到直线的距离是1，则圆心到直线的距离应是a−1，∴a2=a−1，则a=2，
圆C1的圆心为(2,0)，半径是2，圆C2的圆心为(1, 2)，半径是1，则|C1C2|= 3，
可得2−1<|C1C2|<2+1，
所以两圆的位置关系是相交.B正确．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查双曲线的几何性质，考查与圆有关的最值问题，属于基础题．
取双曲线的右焦点F2(4,0)，由|PQ|≥|QC|−1，|QF|=6+|QF2|，可得|PQ|+|QF|≥|QC|+|QF2|+5，当Q，C，F2三点共线时，取得最小值即可求解．
【解答】
解：圆心C(0,4)，取双曲线的右焦点F2(4,0)，
∵|PQ|≥|QC|−1，|QF|=6+|QF2|，
则|PQ|+|QF|≥|QC|−1+(6+|QF2)|=|QC|+|QF2|+5≥|CF2|+5=4 2+5，
当Q，C，F2三点共线时，取得最小值
∴|PQ|+|QF|的最小值为4 2+5，D正确．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查利用空间向量求点到平面的距离，属于基础题．
平面α的法向量n=(1,−1,2)，在平面α上任取一点A(−1,0,1)，则QA=(−4,1,0)，再求点Q到平面α距离即可．
【解答】
解：平面α的法向量n=(1,−1,2)，
在平面α上任取一点A(−1,0,1)，则QA=(−4,1,0)，
d=|QA⋅n||n|=|−4−1+0| 1+1+4=5 6=5 66，
故选A．
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了空间向量的坐标运算，属于基础题．
利用空间向量坐标运算逐项求解即可
【解答】
解：a+b=(−1,4,1)，选项A正确，
a≠λb，选项B错误;
∵(−2)⋅1+2⋅2+2⋅(−1)=0，∴a⊥b，选项C正确;
∵a−2b=(−4,−2,4)，∴cs=122 3⋅6= 33，选项D正确，
故选ACD
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查直线与圆的位置关系，直线恒过定点问题等知识，属于基础题．
A选项，化简直线l为点斜式，看出所过的定点;B选项，根据所过的定点在圆内，得到直线l和圆C恒相交;C选项，利用几何性质得到定点和圆心连线垂直直线时，弦长最短；D先计算圆心到直线的距离，然后加半径即可。
【解答】
解：直线l:m(x+y−2)+2y−2=0，所以恒过定点(1,1)，选项A正确;
因为定点(1,1)在圆C内，所以直线l与圆C恒有两个公共点.选项B正确;
l被圆C截得的最短弦长2 25−1=4 6，选项C错误;
当m=−1时，l:x−y=0，点P到直线l的距离的最大值是1 2+5=5+ 22，选项D正确．
正确答案是ABD．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查了等差数列的判定或证明，考查了数列的递推关系、错位相减法求和、等比数列的前n项和，难度较大．
结合等差数列的概念及数列的递推关系以及错位相减法对所给选项逐个分析即可求得答案
【解答】
解：当an=n2+n，则1nan=n+1，所以bn=(2+n+1)n2=n2+3n2，选项A正确;
已知a1+12a2+13a3+⋯+1nan=n，当n=1时，a1=1，
当n≥2时，a1+12a2+13a3+⋯+1n−1an−1=n−1，则1nan=1，∴an=n(n=1时也成立)，
所以{an}为等差数列，选项B正确;
已知a1+12a2+13a3+⋯+1nan=n+1，当n=1时，a1=2，
当n≥2时，a1+12a2+13a3+⋯+1n−1an−=n，则1nan=1，∴an=n(n=1时不成立)，所以{an}不
是等差数列，选项C不正确;
已知a1+12a2+13a3+⋯+1nan=2n，当n=1时，a1=2，
当n≥2时，a1+12a2+13a3+⋯+1n−1an−1=2n−1，则1nan=2n−1，∴an=n⋅2n−1(n=1时不成立)，
所以an=2,n=1n⋅2n−1,n≥2;
当n=1时，S1=2，
n=1时，a1=2，Sn=2+2⋅21+3⋅22+⋯+n⋅2n−1
2Sn=2⋅2+2⋅22+⋯+(n−1)⋅2n−1+n⋅2n
−Sn=2+0+22+23⋯+2n−1−n⋅2n=2+4(1−2n−2)1−2n⋅2n=(1−n)⋅2n−2
所以Sn=(n−1)⋅2n+2，n=1时也成立，选项D正确．
12.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的坐标运算，二次函数，抛物线的概念及标准方程，直线与抛物线的位置关系，考查了学生的运算能力，属于中档题．
根据直线和抛物线的位置关系判断A，结合基本不等式判断B，根据直线与抛物线的位置关系判断C，根据平面向量判断D．
【解答】
解：设直线l:x=my−1，联立方程组y2=4xx=my−1⇒y2−4my+4=0,
则y1+y2=4my1y2=4，选项A不正确;
所以可得x1x2=y124．y224=1，
所以4|AF|+|BF|=4(x1+1)+x2+1=4x1+x2+5≥2 4x1x2+5=9，
当且仅当x2=4x1=2时等号成立，所以4|AF|+|BF|的最小值为9，选项B不正确;
D(x1,−y1)，设l:x=ny+t，联立方程组y2=4xx=ny+t ,y2−4ny−4t=0,
则−y1+y2=4m−y1y2=−4t，所以t=1，即直线BD过点F，选项C正确;
对于D选项，MB=(x2+1,y2)，MD=(x1+1,−y1)，
∴MB⋅MD=x1x2+x1+x2+1−y1y2=1+4m2−2+1+4=4m2+4>0，选项D正确．
故选CD．
13.【答案】 6
【解析】【分析】
本题主要考查空间两点间的距离公式，属于基础题．
利用空间两点间的距离公式直接求解即可．
【解答】
解： 在空间直角坐标系O−xyz中，M(3,−1,4)，N(2,1,5)，
所以线段MN的长度|MN|= (3−2)2+(−1−1)2+(4−5)2= 6．
故答案为 6．
14.【答案】2π3
【解析】【分析】
本题主要考查圆与直线关系，属于基础题．
由圆与直线的几何意义求出∠COB=∠COA，可得劣弧AB长．
【解答】
解：圆C:x2+(y−2)2=1，
在RtΔCAO，RtΔCBO中，OC=2，CA=CB=1，
∴∠COB=∠COA=π6，
∴∠ACB=2π3，
故劣弧长AB=2π3．
15.【答案】10
【解析】【分析】
本题考查了等比数列的前n项和公式，由题意可知三角形的面积构成首项为12，公比为12的等比数列，由等比数列的前n项和公式可得答案
【解答】解：由题意可知三角形的面积构成首项为12，公比为12的等比数列，∴a1+a2+a3⋯+an=12(1−(12)n)1−12=1−12n=10231024∴n=10．
16.【答案】 219
【解析】【分析】本题考查椭圆的简单性质，定义，余弦定理，考查分析与计算能力，属于中档题．
过F1作F1M=QF2，设|QF2|=t，则
|PF1|=2t，|MF1|=t，|PF2|=2a−2t，|MF2|=2a−t，求得a，c的关系，利用椭圆离心率的性质即可求得答案．
【解答】解：如图，过F1作F1M=QF2，连接MF2，因为PF1=2QF2，
所以∠F1PF2=∠PF2Q=60∘，设|QF2|=t，则
|PF1|=2t，|MF1|=t，|PF2|=2a−2t，|MF2|=2a−t，
在ΔPMF2中，|PM|2+|PF2|2−|PM||PF2|=|MF2|2，
即9t2+4a2−8at+4t2−6at+6t2=4a2−4at+t2，化简得5a=9t，|PF1|=109a，|PF2|=89a，
所以2c= 100+64−809t=2 219a，所以离心率ca= 219．
17.【答案】(1)证明：以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
C(0,3,0)，B(2,3,0)，F(0,0,2)，C1(0,2,4)，CB=(2,0,0)，CF=(0,−2,2)，C1F=(0,−2,−2)，
所以C1F⋅CF=4−4=0，C1F⋅CB=0，
∴C1F⊥CF，C1F⊥CB，又CF∩CB=C，CF，CB⊂平面BCF;
∴C1F⊥平面BCF;
(2)DE=(3,1,0)，DC1=(0,2,4)，设平面DEC1的法向量为n=(x,y,z)，
则DE⋅n=3x+y=0DC1⋅n=2y+4z=0，所以取n=(2,−6,3)，
又C1F=(0,−2,−2)，设直线C1F与平面DEC1所成角θ，
∴sinθ=|cs|=|C1F⋅n||C1F||n|=67⋅2 2=3 214．
直线C1F与平面DEC1所成角的正弦值为3 214．
【解析】本题考查线面垂直的判定定理，考查利用空间向量求线面角，属于基础题．
(1)以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，由C1F⋅CF=0，C1F⋅CB=0，可证明C1F⊥平面BCF;
(2)求得平面DEC1的法向量，利用空间向量的夹角得出线面角．
18.【答案】解：(1)由已知得1an+1=2an+1，
∴1an+1+11an+1=2an+21an+1=2，
且1a1+1=2≠0，
所以数列{1an+1}是等比数列，公比为2，
∴1an+1=2n，则an=12n−1
(2)因为163≤an≤15，
所以163≤12n−1≤15，
5≤2n−1≤63，
∴6≤2n≤64，
得lg26≤n≤6，又因为n∈N∗，
所以n的取值构成的集合是{3,4,5,6}
【解析】本题主要考查的是等比数列的判定，对数的运算，属于基础题；
(1)利用递推公式化解可得数列{1an+1}是等比数列，进而可得通项公式；
(2)利用指数和对数的互化，可得lg26≤n≤6，即可；
19.【答案】(1)设点P(x,y)，则 (x−1)2+y2=2 (x−4)2+y2，
化简得x2+y2−10x+21=0，所以动点P的轨迹C的方程为(x−5)2+y2=4;
(2)由(1)可知点P的轨迹C是以(5,0)为圆心，2为半径的圆，可计算得圆心(5,0)到直线l的
距离d= 4−3=1，
①当直线l的斜率不存在时，圆心到直线l的距离是3，不符合条件，
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y−1=k(x−2)，即kx−y−2k+1=0，
所以d=|3k+1| k2+1=1，化简得9k2+6k+1=k2+1，解得k=0或k=−34，
所以直线l的方程是y=1或3x+4y−10=0．
【解析】(1)设P的坐标为(x,y)，由题意点P到两定点A(1,0)，B(4,0)的距离的比是2，结合两点间的距离，化简整理得动点P轨迹C的方程；
(2)分类讨论，利用直线l被曲线C截得的弦长为2 3，即可求直线l的方程．
本题考查直线的方程，注意结合题意，选择直线方程的合适的形式，进行整理变形、求解．
20.【答案】解：(1)设数列{an}的公差为d，∴a1+2d=34a1+6d=10，
解得a1=1，d=1，∴an=n．
∵bn+1bn=2(n+1)n，∴bn+1n+1bnn=2，且b11=2，所以{bnn}是等比数列，
∴bnn=2n，∴bn=n⋅2n;
(2)cn=(−1)n(3n+2)n(n+1)⋅2n+1=(−1)n(1n⋅2n+1(n+1)⋅2n+1)=(−1)nn⋅2n−(−1)n+1(n+1)⋅2n+1，
∴Tn=−12−12·22+12·22−−13·23+−13·23−14·24+⋯+((−1)nn⋅2n−(−1)n+1(n+1)⋅2n+1)=−12−(−1)n+11(n+1)⋅2n+1
【解析】本题考查了数列的递推关系与数列的通项公式，考查了裂项相消法，属于中档题．
(1)利用等差数列的通项公式可得出数列{an}的通项公式，进一步可得可得到{bnn}是等比数列，即可求数列{bn}的通项公式；
(2)使用裂项相消法即得Tn．
21.【答案】解：(1)以A为原点，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
平面ABCD的法向量为m=(0,0,1)，
C(2,2,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)，CE=(−1,−2,1)，EF=(−1,1,0)，设平面CEF的法向量为n=(x,y,z)，所以
CE⋅n=−x−2y+z=0EF⋅n=−x+y=0所以取n=(1,1,3)，
所以cs=m⋅n|m||n|=3 11=3 1111，
所以平面CEF与底面ABCD所成角的余弦值为3 1111;
(2)由对称性可知平面CEF与棱PA交于一点，
设交点Q(0,0,t)，QE=(1,0,1−t)，QE⋅n=1+3−3t=0，∴t=43，
∴QE=QF= 103，
又CE=CF= 6，
所以围成的图形的周长为2 103+2 6．

【解析】本题主要考查二面角，四棱锥中截面，属于中档题．
(1)以A为原点，以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，利用两平面法向量的数量积求所成角的余弦值即可；
(2)设交点Q(0,0,t)，由QE⋅n=0，得t，进而求出QE=QF，可得平面CEF与四棱锥P−ABCD表面的交线围成的图形的周长．
22.【答案】解：(1)设双曲线方程为y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)，由上顶点坐标可知a=2，
则由e=ca= 52可得c= 5，b= c2−a2=1，
双曲线的渐近线方程为y=±2x；
(2)由(1)可得A1(0,2)，A2(0,−2)，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
设直线MN的方程为y=kx+m，
与y24−x2=1联立可得(k2−4)x2+2kmx+m2−4=0，且△=16(k2−4+m2)>0，
则x1+x2=−2kmk2−4，x1x2=m2−4k2−4，
∴y1+y2=−8mk2−4，y1y2=−4(k2+m2)k2−4
设P(t,1)，∴kA1P=−1t，kA2P=3t，
∴kA2P=−3kA1P=−3kMA1，∵kMA1⋅kMA2=4，得kMA2⋅kNA2=−12，
∴y1+2x1．y2+2x2=−12，−4k2−4m2−16m+4k2−16m2−4=−12，化简得(m+2)2m2−4=3，
解得m=4，所以直线MN过定点(0,4)．
【解析】本题双曲线的渐近线及双曲线中的定点问题，属于中档题．
(1)设双曲线方程为y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)，由上顶点坐标可知a=2，再结合离心率可得b，即可得双曲线的渐近线方程；
(2)由(1)可得A1(0,2)，A2(0,−2)，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，设直线MN的方程为y=kx+m，与y24−x2=1联立，计算可得直线MN过定点(0,4)．