絕密★考試結束前2024學年第一學期臺州市山海協作體期中聯考高二年級數學學科試題命題：三門二高林杰城峰中學郭雨霞審題：黃巖二高金樂凡考生須知：1．本卷共4頁滿分150分，考試時間120分鐘．2．答題前，在答題卷指定區域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數字．3．所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效．4．考試結束后，只需上交答題紙．選擇題部分一、單項選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分．每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分）1.直線的傾斜角為（）A. B. C. D.不存在【答案】C【解析】【分析】由直線方程可直接判斷.【詳解】因為直線方程為：，與軸平行，所以直線傾斜角為，故選：C2.在長方體中，若，即向量在基底下的坐標為，則向量在基底下的坐標為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據向量的線性與空間向量的基本定理即可求解【詳解】因為，所以向量在單位正交基底下的坐標為，故選：A3.已知雙曲線的焦距為，則該雙曲線的漸近線方程為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據雙曲線焦距可得與，進而可得漸近線方程.【詳解】由已知雙曲線的焦距，即，所以，解得，即雙曲線方程為，則其漸近線方程為，故選：B.4.已知向量，是平面的兩個不共線向量，非零向量是直線l的一個方向向量，則“，，三個向量共面”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】先根據向量基底的概念證明必要性，然后舉出反例說明“不充分”，由此得出正確選項.【詳解】當時，由于是不共線的向量，故可用作為基底表示出來，即共面，所以“必要性”成立.當共面時，直線l可能在平面內，故“充分性”不成立.所以是必要不充分條件.故選：B.5.已知P是直線l：上一動點，過點P作圓C：的兩條切線，切點分別為A、B，則四邊形PACB的外接圓的面積的最小值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由四邊形PACB的外接圓的直徑為PC，且其最小值為圓心C到直線的距離求解.【詳解】圓的方程，即為，圓心，易知四邊形PACB的外接圓的直徑為PC，PC的最小值為圓心C到直線的距離，即，則四邊形PACB的外接圓的半徑為，所以四邊形PACB的外接圓的面積的最小值為.故選：D6.橢圓的右焦點關于直線的對稱點Q在橢圓上，則橢圓的離心率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設點A的坐標為，由對稱的關系表示出點Q的坐標，再將點Q的坐標代入橢圓方程中化簡可求出橢圓的離心率【詳解】設點Q的坐標為，因為F關于直線的對稱點Q，所以，即，解得，所以點Q坐標是，因為點Q在橢圓上，所以，得，又，即，所以所以該橢圓的離心率是.故選：C7.數學中有許多寓意美好的曲線，曲線被稱為“四葉玫瑰線”（如圖所示）．給出下列三個結論：①曲線C關于直線對稱；②曲線C上任意一點到原點的距離都不超過2；③存在一個以原點為中心、邊長為正方形，使曲線C在此正方形區域內（含邊界）．其中，正確結論的序號是（）A.①② B.②③ C.①③ D.①②③【答案】A【解析】【分析】對于①，只需任取曲線上一點，證明點也在曲線上即可；對于②，在曲線的第一象限部分上任取點，利用基本不等式，推理得到，即可分析得到，再利用圖形對稱性即可判斷；對于③，聯立得四個交點，滿足條件的最小正方形是各邊以為中點，邊長為4的正方形，即得③錯誤.【詳解】對于①，設點是曲線上任一點，則有，易得也成立，即點也在曲線上，故曲線C關于直線對稱，①正確；對于②，不妨設點為曲線上的任一點，則，化簡得，當且僅當時取等號，于是即得，故可得曲線C上任意一點到原點的距離都不超過2，故②正確；對于③，聯立，解得，從而可得四個交點坐標分別為，依題意滿足條件的最小正方形是各邊以為中點，邊長為4的正方形（如圖），故不存在一個以原點為中心、邊長為的正方形，使曲線C在此正方形區域內（含邊界），即③錯誤.故選：A.【點睛】思路點睛：本題主要考查由曲線方程研究曲線的對稱性，考查了不等式知識和求曲線交點坐標，屬于較難題.解題思路即是判斷最遠距離點時，常在曲線上任取一點，計算距離，運用基本不等式或函數的值域求出其最值；對于區域覆蓋問題，要結合圖形的對稱性，通過計算關鍵點，求得其面積再判斷.8.如圖，在三棱錐中，點為的重心，點在上，若，，，則下列說法正確的是（）A.若點為的重心，則B.若，則四點不共面C.若三棱錐各條棱長均等于，則相對棱之間距離均等于D.若與平面交于點，且，則為定值【答案】D【解析】【分析】對于A，利用空間向量的線性運算即可判斷；對于B，利用空間向量共面的充要條件證明四點共面即可判斷，對于C，將三棱錐放到正方體中，由三棱錐的棱長為，可得正方體的棱長為，即可判斷，對于D，用兩種方法表示出，由空間向量的基本定理求得的值.【詳解】對于A，連接并延長，交于點，由題意，可令作為空間向量的一組基底，由，故A錯誤；對于B，由，則，故，因此可得四點共面，故B錯誤；對于C，若三棱錐各條棱長均等于，如圖，將三棱錐放到正方體中，由三棱錐的棱長為，可得正方體的棱長為，所以相對棱之間的距離即為正方體的棱長，等于，故C錯誤；對于D，由，連接．因為點共面，所以存在唯一的實數對，使，即，所以．由空間向量基本定理，知，，，所以，則為定值，故D正確．故選：D.【點睛】關鍵點睛：針對選項C，在解正四面體有關的知識時，可以放正方體中更加直觀方便求解，針對D選項，關鍵是用兩種方法表示出，再結合空間向量的基本定理即可求解.二、多項選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得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.已知直線l：，則下列選項正確的是（）A.當直線l與直線平行時，B.當直線l與直線垂直時，C.當實數k變化時，直線，恒過點D.原點到直線l的距離最大值為【答案】AB【解析】【分析】對于A，根據直線l與直線平行可直接求出值；對于B，由直線l與直線垂直，可由求出值；對于C，由直線系方程變形解方程組即可求出定點坐標；對于D，當且僅當原點到定點的距離為原點到直線l的距離時，原點到直線l的距離最大，可求得距離的最大值.【詳解】對于A，直線的斜率為，直線l與直線平行，所以直線的斜率為，所以故選項A正確；對于B，直線l與直線垂直時，則，故選項B正確；對于C，由，則，則，所以，所以直線過定點，故選項C錯誤；對于D，當且僅當原點到定點的距離為原點到直線l的距離時，原點到直線l的距離最大，即，故選項D錯誤.故選：AB.10.如圖，在正四棱柱中，，點在線段上運動，則下列結論正確的是（）A.三棱錐的體積為定值B.若為的中點，則直線平面C.若點運動到線段中點，則異面直線與所成角的正弦值是D.直線與平面所成角的正弦的最大值為【答案】ACD【解析】【分析】證明出平面，可知點到平面的距離等于點到平面的距離，利用錐體的體積公式可判斷A選項；以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設，利用空間向量法可判斷BCD選項.【詳解】對于A選項，在正四棱柱中，，且，所以，四邊形為平行四邊形，所以，，因為平面，平面，所以，平面，因為，所以，點到平面的距離等于點到平面的距離，所以，為定值，A對；對于B選項，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，設，則、、、、A1,0,0、，因為為的中點，則E0,0,1，則，，所以，，所以，與不垂直，故當為的中點時，直線與平面不垂直，B錯；對于C選項，，，則，，所以，，C對；對于D選項，設平面的法向量為，，，則，取，可得，此時，，，所以，，當且僅當時，等號成立，故直線與平面所成角的正弦的最大值為，D對.故選：ACD.【點睛】方法點睛：計算線面角，一般有如下幾種方法：（1）利用面面垂直的性質定理，得到線面垂直，進而確定線面角的垂足，明確斜線在平面內的射影，即可確定線面角；（2）在構成線面角的直角三角形中，可利用等體積法求解垂線段的長度，從而不必作出線面角，則線面角滿足（為斜線段長），進而可求得線面角；（3）建立空間直角坐標系，利用向量法求解，設為直線的方向向量，為平面的法向量，則線面角的正弦值為.11.已知點P是橢圓上的一點，O為坐標原點，橢圓的左、右焦點分別為，，下列選項正確的是（）A.B.若，且N是的中點，則C.若的面積為1，則點P在第一象限的坐標為D.若，則的最小值為1【答案】ABC【解析】【分析】對于A由可判斷，對于B，結合橢圓定義及中位線可判斷，對于C，由三角形面積可求解，對于D，由，等號不成立可判斷.詳解】對于A：易知，由橢圓方程可知：，所以正確；對于B：由橢圓的定義，，所以，又分別為的中點，由中位線性質可知，正確；對于C：設，，由三角形面積可知：，解得：，代入橢圓方程，解得：，故C正確；D選項，因為，所以在橢圓內部，又，所以，所以，當在線段上取等號，結合圖象顯然等號不成立，故錯誤；故選：ABC非選擇題部分三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）12.已知方程表示焦點在y軸上的雙曲線，則實數k的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】由題意可得，解之即可求解.【詳解】因為方程表示焦點在y軸上的雙曲線，則，解得.故答案為：13.已知，，且，，，則______．【答案】【解析】【分析】根據平面向量數量積的定義可證明，進而，即可求解.【詳解】因為，所以，由，所以，得，且，所以，即，得，所以.故答案為：14.設為坐標原點，，若上存在點，使得，則的取值范圍是_____________．【答案】【解析】【分析】利用兩點距離公式先求得P軌跡方程，結合圓的位置關系計算即可.【詳解】設點，由，可知，整理可得點的軌跡方程為，即與存在交點，易知，圓心距為，因此，解得．故答案為：.四、解答題（本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）15.已知，．（1）若直線l過點，且點A，B到l的距離相等，求直線l的方程；（2）在y軸上存在一點P，使得的值最小，求出點P的坐標．【答案】（1）和（2）【解析】【分析】（1）易知當直線l過線段AB中點時，l的方程為；當直線l與線段AB平行時，利用直線的點斜式方程計算即可求解；（2）易知點關于y軸對稱的點為，當且僅當，P，B三點共線時，利用直線的兩點式方程求出直線的方程，即可求解.【小問1詳解】當直線l過線段AB中點時，則線段AB的中點C的坐標為，∵直線l過點，且點A，B到l的距離相等，∴直線l的方程為，當直線l與線段AB平行時，則，得直線l的方程為：，即，∴綜上所知：所求的直線l的方程為和；【小問2詳解】點關于y軸對稱的點為，則，當且僅當，P，B三點共線時，的最小值為5.由兩點式可知，直線的方程為，化簡，得，當時，，所以點P的坐標為.16.已知圓：過點，直線：和：均平分圓．（1）求圓的標準方程；（2）過點的直線與圓相交于點，且，求直線的一般式方程．【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）根據直線和的交點就是圓心，可求出結果；（2）設直線的方程為，結合圓心到直線的距離為，再根據點到直線的距離公式，即可求解.【小問1詳解】由點在圓上，則①，又直線和均平分圓，則直線和均過圓心，聯立方程組，解得，所以直線和的交點坐標為2,1，即圓心的坐標為2,1，由圓：可知，圓心的坐標為，則，解得，將代入①，得，所以圓的方程為：，即，故圓C的標準方程為：.【小問2詳解】由題可知，直線的斜率存在，故設直線的方程為，即，取弦的中點為，則，由，且為等腰三角形，則，又，則圓心到直線l的距離為，由點到直線的距離公式可知：，解得，，所以直線方程為，即直線的一般式方程為：，.17.動點與定點的距離和它到定直線：的距離的比是，動點的軌跡記為曲線．（1）求動點的軌跡；（2）已知直線與曲線交于不同的兩點，且線段的中點在圓上，求實數的值．【答案】（1）M的軌跡是焦點在軸上，實軸長為2、虛軸長為的雙曲線（2）【解析】【分析】（1）設是點到直線的距離，由題意得到，轉化成方程即可；（2）聯立直線與的方程，通過韋達定理求得中點坐標，代入圓方程即可.【小問1詳解】解：設是點到直線的距離，則動點的軌跡就是點的集合，由此得，兩邊平方，并化簡，得，即，即點M的軌跡是焦點在軸上，實軸長為2、虛軸長為的雙曲線；【小問2詳解】設曲線與直線的交點分別為Ax1,y1則，得，∴，∴，∴線段的中點坐標為，又∵線段的中點在圓上，∴，解得.18.如圖，在四棱錐中，平面平面ABCD，，，，，，為中點，點在上，且．（1）求證：平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值；（3）線段上是否存在點，使得平面，說明理由？【答案】（1）證明見解析（2）（3）存在，理由見解析【解析】【分析】（1）通過，從而證明，結合已知，從而得到面；（2）構建空間直角坐標系，通過法向量的夾角求解；（3）設，求解出平面的法向量，通過求解即可；【小問1詳解】∵，，∴，∴，即又∵，且，且兩直線在平面內，∴平面.【小問2詳解】∵平面平面，平面平面，平面，∴平面,又因為面，∴.由（1）已證，且已知，以為原點，建立空間直角坐標系如圖所示，則，，，，，∴，，，∵E為PD的中點，∴又∵，∴設平面FAE的法向量為，則，令，則，，∴由（1）可知，平面，∴平面的法向量為,∴∴平面與平面夾角的余弦值為．【小問3詳解】線段上存在點，使得平面，設，則由（2）可知，平面的法向量，則，解得∴當是中點時，則平面.19.已知橢圓C：，若點，，，中恰有三點在橢圓C上．（1）求C的方程；（2）如圖所示，記橢圓的左、右頂點分別為A，B，當動點M在定直線上運動時，直線分別交橢圓于兩點P，Q．（ⅰ）證明：點B在以PQ為直徑