精品解析：安徽省部分学校2024-2025学年高二上学期12月阶段考试数学试题

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1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.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. 直线的斜率为（ ）
A. 2B. -2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把直线的一般式化成斜截式即可得
【详解】由得，
所以直线的斜率为，
故选：D
2. 已知向量，若，则（ ）
A. 1B. -1C. 5D. -5
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量共线的坐标运算可得答案.
【详解】由已知得，所以，故，
故选：B.
3. 已知直线经过椭圆的两个顶点，则椭圆的一个焦点为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出直线与坐标轴的交点即得椭圆的两顶点，从而可得焦点坐标.
【详解】解：由已知与坐标轴的交点为，
所以椭圆的两个顶点分别为，
故椭圆，
焦点在y轴上，一个焦点为.
故选：A.
4. 已知抛物线经过点，则的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由点在抛物线上求得，即可求解；
【详解】由题意可得：，即，故抛物线方程为，准线方程为，
故选：C.
5. 如图，在两行三列的网格中放入标有数字的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有（ ）
A. 96种B. 64种C. 32种D. 16种
【答案】B
【解析】
【分析】分3步完成，每步中用排列求出排法数，再利用分步计数原理即可求出结果.
【详解】根据题意，分3步进行，
第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5”，则中间的数字只能为两组数1，4或2，3中的一组，共有种排法；
第二步，排第一步中剩余的一组数，共有种排法；
第三步，排数字5和6，共有种排法；
由分步计数原理知，共有不同的排法种数为.
故选：B.
6. 已知圆M的方程为，圆的方程为，则圆与圆的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相离C. 外切D. 内切
【答案】D
【解析】
【分析】先求出圆的圆心和半径，利用两圆心距与两圆的半径的关系即可判断.
【详解】圆的方程为，
圆的圆心为，半径为7，
由，知圆N的圆心为，半径为2，
又两圆心距为，
因为，
所以两圆内切，
故选：D.
7. 已知，，，是空间不共面的四点，点满足：，则（ ）
A. ，，，四点共面B. ，，，四点共面
C. ，，，四点共面D. ，，，四点共面
【答案】C
【解析】
【分析】方法一：根据已知条件结合向量的运算法则化为，即可得到利用空间向量四点共面定理即可求解；
方法二：由已知条件结合向量的运算法则可得，根据平面向量基本定理即可求解.
【详解】方法一：因为，所以，
即，故，
因为，所以，，，四点共面.
方法二：由已知得，
所以，，，四点共面.
故选：C.
8. 已知双曲线与抛物线在第一象限的交点为，为的焦点，若直线的倾斜角为，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据抛物线可得其焦点坐标，结合抛物线的定义及直线的倾斜角，可得点坐标，代入双曲线方程可得解.
【详解】由已知抛物线的焦点为，
设，则，
由定义知：，所以，
故，代入方程得，
故离心率为，
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知点到直线距离相等，且过点，则的方程可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】考虑满足题意的直线有两种情况，分别设其一般式，结合直线过的点，即可求得答案.
【详解】由已知可知直线与AB平行或经过AB的中点.，且；
当直线与AB平行时，设其方程为，将代入得，
此时l的方程为；
当直线经过AB的中点时，AB的中点为,则,
设方程为，将代入得，
此时l的方程为；
故选：BD.
10. 下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 若，则D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据排列数与组合数的计算公式以及性质即可逐一求解.
【详解】对于A，，故A正确，
对于B，，故，故B错误，
对于C，则或，解得 或，故C错误，
对于D，,故D正确，
故选：AD
11. 已知正方体的棱长为1，动点P，Q分别在棱和线段BD上，满足平面，则（ ）
A. PQ到平面的距离有最大值
B. PQ到平面的距离有最小值
C. P、Q两点距离有最大值1
D. P、Q两点距离有最小值
【答案】AD
【解析】
【分析】对于AB，利用线面与面面平行的判定定理确定的相对关系，将所求距离转化为到平面的距离，从而得解；对于CD，建立空间直角坐标系，利用两点间的距离公式将转化为关于的二次函数，从而得解.
【详解】对于AB，过点作交BC于点，过作交于点，

因为，平面，平面，
所以平面，同理：平面，
又平面，所以平面平面，
又平面，则平面，故，
所以到平面的距离就是到平面的距离，
由于平面平面，平面，
所以两平面无限接近，但不能重合，PQ到平面的距离无限接近零，无最小距离，B错误；
当与重合时（此时P与C重合，Q与D重合），所求有最大距离为，故A正确；
对于CD，如图建立空间直角坐标系，
过作交AB，CD于点G，H，
设，，则，所以，
故，
当时，，
由于取不到，所以没有最大值，故C错误，D正确.
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在四面体中，，点为棱BC的中点，则___________（用表示）.
【答案】
【解析】
【分析】由向量的减法可得：，再利用为的中线即可求解.
【详解】连接，
所以，
又因为为的中点，所以，
所以，
故答案为：.
13. 将4名学生分别安排到甲、乙、丙三地参加社会实践活动，每个地方至少安排一名学生参加，则不同的安排方案共有________种.
【答案】36
【解析】
【分析】分两步，第一步，将4名学生分成3组，第二步，将三组分配到三个地方.
【详解】第一步：先从4名学生中任取两人组成一组，与剩下2人组成三组，有种不同的方法；
第二步：将分成的三组安排到甲、乙、丙三地，则有种不同的方法
故共有种不同的安排方案
故答案为：36
【点睛】本题考查的是排列组合的实际应用，解决分组分配问题的基本指导思想是先分组，后分配.
14. 已知，若的周长为6，则的最大值为___________，此时点的坐标为___________.
【答案】 ① 8 ②.
【解析】
【分析】根据题意求出轨迹方程，利用椭圆定义和性质求出的最值，然后联立方程求解即可得点P坐标.
【详解】由，可得，
又的周长为6，所以，
所以的轨迹为是以为焦点的椭圆除去与x轴的交点，
所以，
所以椭圆方程式，
又代入得，所以在椭圆外，
，
当且仅当时取等号，由，得，
所以AC的方程为，
，
故答案为：8；
四、解答题、本题共5小题、共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知圆经过三点.
（1）求圆的方程：
（2）求过点与圆相切的直线方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设圆的方程为，将三点分别代入，解方程组从而可得圆的方程；
（2）先求出AC的斜率，由题意知，可求出切线的斜率，由直线的点斜式方程即可求解.
【小问1详解】
设圆的方程为，
由已知得：.
解得，
故圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）知圆心，
所以AC的斜率为；
故切线的斜率为，
所以切线方程为，即.
16. 已知在三棱柱中，，记，.
（1）求证：四边形为矩形；
（2）若，求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用空间向量的基本定理及线性运算可得，可得从而证得；
（2）由向量的线性运算可得，，再根据异面直线与所成角的余弦值的公式求解即可.
【小问1详解】
由已知该几何体是三棱柱，
所以四边形为平行四边形，
又，
所以，
故，即.
所以四边形为矩形.
【小问2详解】
由已知，
又，
；
同理，
，
，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
17. 已知四棱锥的底面是梯形，底面，且，.
（1）求证：平面；
（2）求点C到平面的距离；
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）连接与BD交于点，连接，易知，即可求证；
（2）建系，由点到面的距离公式即可求解；
（3）由线面所成角计算公式即可求解；
【小问1详解】
连接与BD交于点，连接
因为，所以.
又，故，所以
又不在平面内，平面，
所以平面;
【小问2详解】
由已知得两两垂直，
以分别为轴建立空间直角坐标系
则，又，
故,
由已知得，
设平面BDM的法向量，则，
即，取，则，故,
设点到平面的距离为，则,
【小问3详解】
由（2）知平面BDM的法向量为
故
所以直线PB与平面MBD所成角的正弦值为,
18. 已知定点，动点在直线上，过点作的垂线与NF的中垂线交于点，记点的轨迹为.
（1）求曲线的轨迹方程；
（2）过作直线与曲线相交于A，B两点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）通过可得点的轨迹是抛物线，直接写出抛物线的标准方程即可
（2）设直线m的直线方程与抛物线方程联立求出，根据两点间的距离公式关于k的二次函数式，然后根据根据函数性质求值域即可
【小问1详解】
设Mx,y，由中垂线性质可得,

即点M到直线l的距离和到点F的距离相等，
故点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
所以抛物线的方程为：，
【小问2详解】
由已知可知直线斜率存在，设m的方程为：
与联立消去得：，
故，解得：，
又，此时m与有两个交点A，B.
故斜率的取值范围为,

设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
则，
又，所以，故的取值范围为.
19. 已知椭圆过点，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与相交于两点，过点斜率为的直线与直线交于点，求证：线段被直线所平分.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由点在椭圆上，及离心率列出等式求解即可；
（2）证法一：分两种情况讨论，①直线与轴重合，直接验证即可；②直线不与轴重合，设直线的方程为，联立椭圆方程结合韦达定理，写出，的直线方程，进而求出点横坐标，再由中点坐标公式得到即可求证.
证法二：设直线的方程为，设点，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，求出直线，的直线方程，进而求出点横坐标，再由中点坐标公式得到即可求证.
【小问1详解】
由已知得：，
因为，所以
解得，
故椭圆的方程为,
【小问2详解】
证法一：当直线与轴重合时，即直线的方程为，
此时，
此时过点斜率为的直线为：，
直线的方程为：，
两方程联立求得，即，
设的中点为，其横坐标为，
此时线段被直线所平分，
当直线与轴不重合时，设直线的方程为，
与椭圆方程联立得：，
设，则，
,
由已知得直线的方程为：
直线的方程为：，
又，
联立，解得交点的横坐标为：，
可得，
设的中点为，其横坐标为，
所以，故线段被直线所平分，
综上：线段被直线所平分.
证法二：若直线的斜率不存在，则直线与椭圆相离，不合乎题意，
设直线的方程为，
与椭圆方程联立得：，
设，
则.
由已知得直线PM的方程为：
直线AN的方程为:，
又
解得交点P的纵坐标为:,
可得.
设PM的中点为，其横坐标为，
所以，故线段PM被直线所平分.
【点睛】关键点点睛：第二问，通过直线方程确定的中点为横坐标为1即可.