安徽省江淮名校2023-2024学年高二上学期12月阶段性联考数学试题（Word版附解析）

江准名校·2023~2024学年高二年级上学期阶段性联考高二数学试卷考生注意：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．4．本卷命题范围：人教A版选择性必修第一册．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. 下列直线中，倾斜角为的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由倾斜角得出该直线的斜率，即可得出答案.【详解】对于A,直线的斜率为，倾斜角为;对于B,直线的斜率为,倾斜角为；对于C,直线的斜率为，倾斜角为；对于D,直线的斜率为，倾斜角为.故选：B.2. 已知椭圆的两个焦点分别为，点M为椭圆C上一点，则（ ）A. 8 B. C. 4 D. 【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的定义得解.【详解】由椭圆知，所以,又由椭圆的定义，得．故选：A．3. 已知抛物线的焦点为F，点P在抛物线C上，点，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据，得到P在线段的中垂线上，从而得到，然后利用抛物线的定义求解.【详解】解：由抛物线，得，因为，所以P在线段的中垂线上，所以，由抛物线的定义，得．故选：C．4. 已知直线与圆相交于A,B两点，则的周长为（ ）A. 26 B. 18 C. 14 D. 13【答案】B【解析】【分析】先得到圆心和半径，进而求得弦长即可.【详解】由，得，所以圆心为,半径，圆心C到直线l距离，所以，所以的周长为．故选：B．5. 已知点是抛物线上的动点，则直线的斜率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立，根据题意，由直线与抛物线C有交点求解.【详解】设直线的斜率为k,则直线的方程为，由题意，得直线与抛物线C有交点，联立方程，得，当时，，即；当时，，解得且．综上所述，．故选：D．6. 已知椭圆的长轴长为,下顶点为，垂直于y轴的直线与椭圆C相交于A,B两点，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 0【答案】A【解析】【分析】求出椭圆的方程，利用向量的数量积运算化简，配方求最小值即可得解.【详解】由椭圆C的长轴长为，可得，即,由下顶点为，得，所以椭圆C的方程为．由题意可设，则，又，所以，所以，又，所以当时，有最小值，故选：A．7. 根据中国地震局发布的最新消息，2023年1月1日至2023年11月10日，全球共发生六级以上地震110次，最大地震是2023年02月06日09时02分37秒在土耳其发生的7.8级地震．地震定位对地震救援具有重要意义，根据双台子台阵方法，在一次地震发生后，通过两个地震台站的位置和其接收到的信息，可以把震中的位置限制在双曲线的一支上，这两个地震台站的位置就是该双曲线的两个焦点.已知地震台站A，B在公路l上（l为直线），且A，B相距，地震局以的中点为原点O，直线l为x轴，为单位长度建立如图所示的平面直角坐标系.在一次地震发生后，根据A，B两站收到的信息，并通过计算发现震中P在双曲线的右支上，且，则P到公路l的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可求出a的值，即得的值，利用余弦定理即可求出的值，从而求得的面积，进而结合等面积法求得答案.【详解】设双曲线的焦距为2c，由题意，得，所以，解得，所以，由及余弦定理，得，即，所以，的面积，设P到公路l的距离为h，则，所以，即P到公路l的距离为，故选：D.8. 在平面直角坐标系中，已知，若圆上存在点M在以为直径的圆上，则实数的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】确定以为直径的圆的圆心和半径，根据两圆有交点得到，代入数据计算得到答案.【详解】，则以为直径的圆的圆心为的中点，半径为．圆的圆心为,半径．因为M在以为直径的圆上，所以圆与以为直径的圆有交点，即，，解得，所以实数的最小值为．故选：C．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 在空间直角坐标系中，点，则（ ）A. 直线平面 B. 直线平面C. 直线平面 D. 直线平面【答案】ACD【解析】【分析】由题意根据数量积的垂直表示、共线向量定理，判断坐标平面的法向量和直线的方向向量之间是否垂直，平行逐一判断即可.【详解】，平面的一个法向量是，平面的一个法向量是，因为,所以,又平面,所以直线平面，故A正确；因为不存在使得,所以与不平行，即直线平面不成立，故B错误；，因为,所以,又平面,所以直线平面，故C正确；因为，所以与平行，即直线平面，故D正确．故选：ACD．10. 已知，点在直线l上，圆，则下列说法正确的是（ ）A. 若圆C关于直线l对称，则直线l的方程为B. 若点P是圆C上任意一点，则的最大值为C. 若直线l与圆C相切于点B，则D. 若直线l与圆C相切，则直线l的方程为【答案】AC【解析】【分析】根据题意，利用直线与圆的位置关系，以及圆的弦长、切线方程的求法，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，由圆，得圆心，半径，若圆C关于直线l对称，则直线l经过圆心C，所以直线l的斜率为，此时直线方程为,即，所以A正确；对于B中，由，的最大值为，所以B错误；对于C中，若直线l与圆C相切于点B，则，所以C正确；对于D中，当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为,圆心C到直线l的距离为，所以直线l与圆C相切，满足要求；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，即,若直线l与圆C相切，则圆心C到直线l的距离，解得，所以直线l的方程为，综上所述，若直线l与圆C相切，则直线l的方程为或，所以D错误．故选：AC．11. 已知曲线（为常数），点A是曲线E上一点，直线上的动点B，C满足，则下列说法正确的是（ ）A. 若方程表示椭圆，则B. 若方程表示双曲线，则C. 当时，的面积的最小值为4D. 当时，使得是等腰直角三角形的点A有8个【答案】ABD【解析】【分析】根据方程表示椭圆，可确定的取值情况，判断A；根据方程表示双曲线，可确定的取值情况，判断B；设直线，联立双曲线方程，结合点到直线的距离可求出双曲线上的点到直线的最短距离，即可判断C；分类讨论直角三角形顶点，从而确定符合题意的三角形个数，判断D.【详解】对于选项A，若方程表示椭圆，则且，所以，故A正确；对于选项B，若方程表示双曲线，则或，所以，故B正确；对于选项C,当时，曲线E为双曲线，设直线，联立方程，得，当直线l与双曲线E只有一个交点时，，解得，所以点A到直线的距离的最小值，故的面积的最小值为，故C错误；对于选项D,若或，则点A到直线的距离为，设直线经过此时的点A，则，解得，当时，由C选项可知此时，即存在2个点A满足要求， 同理时，也存在2个点A满足要求；若,则点A到直线的距离为设直线经过此时的点A，则，解得，当时，由C选项可知此时，即存在2个点A满足要求.同理时，也存在2个点A满足要求，综上所述，使得是等腰直角三角形的点A有8个，故D正确．故选：ABD．12. 如图，在长方体中，，点E为的中点，点F为侧面（含边界）上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点F，使得 B. 满足的点F的轨迹长度为C. 的最小值为 D. 若平面，则线段长度的最小值为【答案】BD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，设F点坐标，利用空间向量法判断直线的位置关系可判断A；根据，推出F点的坐标满足的关系，可求得F的轨迹长度，判断C；利用点的对称点，结合空间两点的距离公式可判断C；求出平面的法向量，根据空间位置关系的向量证法求出，结合空间两点间距离公式以及二次函数性质，可判断D.【详解】以A为原点，分别以所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，对于选项A，若，则，又，所以，即，此方程无解，所以不存在点F，使得，故A错误；对于选项B，由，得，化简可得，即F点轨迹为矩形内的线段，又，所以当时，得，当时，得，即满足的点F的轨迹长度为，故B正确；对于选项C，设点C关于平面的对称点为G，则G的坐标为，则，共线时取等号，故C错误；对于选项D，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，因为平面，所以，即，又点，所以，当时，取得最小值，故D正确．故选：BD．【点睛】关键点睛：本题关键是建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法判断线线和线面位置关系，对于D选项还需结合二次函数性质从而得到其最值.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 若双曲线的一条渐近线的倾斜角为，则双曲线C的离心率为___________．【答案】【解析】【分析】根据渐近线的斜率可得，结合离心率公式运算求解.【详解】由题意可知：双曲线C的渐近线方程为，又因为其中一条渐近线的倾斜角为，则，即，所以，即.故答案为：.14. 在四棱锥中，底面是平行四边形，是棱上一点，且，，则___________．【答案】【解析】【分析】由已知选取为基底，根据空间向量的线性运算及空间向量基本定理即可求解.【详解】连接，则，又，所以．故答案是：.15. 已知半径为的圆C经过点，则圆心C到直线的距离的最大值为___________．【答案】【解析】【分析】确定圆心C的轨迹方程，利用点到直线的距离公式，求出到直线l的距离，加上轨迹的半径，即得答案.【详解】设圆心C的坐标为，因为半径为的圆C经过点,所以，所以点C的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 故圆心C到直线的距离的最大值为点A到直线l的距离加上半径，即，故答案：16. 已知椭圆的右焦点为F,过点F且斜率为的直线l与椭圆E交于A,B两点，与y轴交于点C,若，则椭圆E的离心率为___________．【答案】##【解析】【分析】设，由得，由题可得直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合条件可得的方程，然后求解离心率即可.【详解】设F的坐标为，则，直线l的方程为，则C的坐标为，设，由，得，所以①，联立方程得，所以②，③，由①②得，代入③得，又，所以,即,解得或,所以离心率（舍）或．故答案为：.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. 已知两点，直线．（1）若直线经过点P，且，求直线的方程；（2）若圆C的圆心在直线l上，且P，Q两点在圆C上，求圆C的方程．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）易知直线的斜率为2，再根据结合直线经过点求解；（2）方法一：求得的中垂线方程，再由圆心C在直线l上，由求得圆心即可；方法二：根据圆C的圆心在直线l上，可设圆心C的坐标为，半径为r，再由P，Q两点在圆C上，代入圆的方程求解.【小问1详解】解：直线的斜率为2，设直线的斜率为k，由，得，解得，又直线经过点，所以直线的方程为，即．【小问2详解】方法一：，所以的中垂线的斜率为，又的中点为，所以的中垂线的方程为，即．因为两点在圆C上，所以圆心C在的中垂线上，又圆心C在直线l上，由得即圆心C的坐标为，又圆C的半径，所以圆C的方程为．方法二：因为圆C的圆心在直线l上，所以可设圆心C的坐标为，半径为r，所以圆C的方程为，又P，Q两点在圆C上，所以，解得所以圆C的方程为．18. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．（1）求椭圆方程；（2）已知椭圆的右顶点为，过作直线与椭圆交于另一点，且，求直线l的方程．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用给的条件列方程求得的值，进而得到椭圆的标准方程；（2）联立圆与椭圆的方程，先求得点的坐标，进而得到表达式，再化简即可求得．小问1详解】由题可知，其中，所以,又点在椭圆上，所以，即，解得，所以椭圆E的方程为．【小问2详解】由椭圆的方程，得，所以，设，其中，因为，所以，又点在椭圆上，所以，联立方程组，得，解得或（舍），当时，，即或．所以当的坐标为时，直线的方程为；当的坐标为时，直线的方程为．综上，直线的方程为或. 19. 如图，在棱长为3的正方体中，E为棱上一点，且．（1）求点B到平面的距离；（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）建系，利用空间向量求点到面的距离；（2）利用空间向量求面面夹角.【小问1详解】以D为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，可得，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量为，又因为，所以点B到平面的距离．【小问2详解】由（1）可得：，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以平面的一个法向量为，由（1）知平面的一个法向量为，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为．20. 在平面直角坐标系中，动点P与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数，设动点P的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）以原点O为端点作两条互相垂直的射线与曲线C分别交于点M,N．求证：是定值．【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）设动点P的坐标为，根据题意由求解；（2）易知当中有一条斜率不存在，另一条斜率为0时，不符合题意．设，则，与双曲线方程联立，求得，求解．【小问1详解】设动点P的坐标为,因为动点P与定点的距离和它到定直线的距离的比是常数，所以，化简，得，即曲线C的方程为．【小问2详解】当中有一条斜率不存在，另一条斜率为0时，中有一条直线与曲线C不相交，所以不符合题意．设，则，联立方程解得，则．用替换上式中的k即得．因此，即是定值．21. 如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是等腰梯形，,是棱上一点，且．（1）证明：平面;（2）线段上是否存在一点M，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析 （2）存在，【解析】【分析】（1）作辅助线，在棱上取一点G，使得，证明，根据线面平行的判定定理，即可证明结论；（2）假设符合题意的点存在，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用空间角的向量求法结合题设，列式计算，求得参数，即可得结论.【小问1详解】证明：在棱上取一点G，使得，连接，因为，所以且,又，所以，所以四边形是平行四边形，所以,又平面平面，所以平面．【小问2详解】假设线段上否存在一点M，使得与平面所成角的正弦值为，分别取的中点，连接，因为四边形是等腰梯形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以.因为是的中点，所以，所以两两垂直，以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，则，设，其中，则，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，设与平面所成角为，，则，所以，即，解得或（舍），即线段上存在一点M，当时，与平面所成角的正弦值为.22. 已知抛物线的准线是，直线与抛物线没有公共点，动点在抛物线上，过点分别作直线的垂线，垂足分别为，且的最小值为．（1）求抛物线的方程；（2）过作两条不同的直线，分别与抛物线相交于点与点，且线段的中点分别为．若直线的斜率之和为2，试问直线是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由于，所以点在线段上，进而求得的最小值，求抛物线方程即可；（2）设出直线和的方程，将两直线方程与抛物线联立，利用韦达定理从而求出直线的含参方程，可得定点.【小问1详解】由题意知抛物线的焦点为，由抛物线的性质知，过作直线的垂线，垂足为，则F到直线的距离，又直线与抛物线没有公共点，所以，当且仅当点在线段上时，等号成立，所以的最小值为，即，解得（舍）或．所以抛物线的方程为．【小问2详解】若直线或直线与x轴平行，则或与抛物线E只有一个公共点，不符合题意，所以直线的斜率都不为，设直线的方程为，直线的方程为，易知直线的斜率分别为，所以且．设，联立方程，得，所以，所以，同理可得．当直线的斜率不存在时，，即，又，所以，又，所以，方程无解，所以直线的斜率一定存在；当直线的斜率存在时，设直线过定点，则，即，整理可得，又，所以，因为，所以，代入上式，得，当时，，解得，即直线经过定点．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；