精品解析：浙江省宁波市北仑中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题（全年级+外高班使用）

北仑中学2024学年第一学期高二年级期中考试数学试卷 （全年级+外高班使用） 命题：高二数学备课组 审题：高二数学备课组 一、单选题（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. 抛物线的焦点到准线的距离是（ ） A. B. C. D. 2. 若点在圆：外，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线的一条渐近线过点，则此双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 5. 已知椭圆，设点的轨迹为曲线，已知点与点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知递增的等差数列的前项和为，则（ ） A. 70 B. 80 C. 90 D. 100 7. 已知圆的方程为，直线与圆相交于两点，若(为坐标原点)，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分） 9. 设是等差数列，是其前n项的和，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 与均为的最大值 D. 为的最小值 10. 我们通常称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”，如图，已知椭圆C：，，分别为左、右顶点，，分别为上、 下顶点，，分别为左、右焦点，为椭圆上一点，满足下列条件能使椭圆为“黄金椭圆”的有（ ） A. B. C. 轴，且 D. 四边形的内切圆过焦点 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G是棱上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面截正方体所得截面为六边形 B. 点G到平面的距离为定值 C. 若，且，则G为棱的中点 D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12. 在空间直角坐标系中，已知，则点到直线的距离为__________. 13. 已知实数满足，则的最大值为__________. 14. 已知点A，B为椭圆上的两个动点，点O为坐标原点，直线与的斜率之积为，x轴上存在关于原点对称的两点M，N，使得对于线段上的任意点P，都有的最小值为定值，则此定值为__________． 四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 等差数列的前项和为，已知，. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 16. 已知动点与点的距离是它与原点的距离的2倍． （1）求动点的轨迹的方程； （2）经过原点的两条互相垂直的直线分别与轨迹相交于，两点和，两点，求四边形ACBD的面积的最大值． 17. 设抛物线：，F是其焦点，已知抛物线上一点，且 （1）求该抛物线的方程； （2）过点F作两条互相垂直的直线和，分别交曲线C于点A，B和K，N.设线段AB，KN的中点分别为P，Q，求证:直线恒过一个定点. 18. 如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且. （1）求证：平面； （2）求直线与面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使得、、、四点共面，如果存在求出的值；如果不存在说明理由. 19. 已知以下事实：反比例函数（）的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线． （1）求双曲线：的离心率； （2）将（1）中的曲线绕原点顺时针转，得到曲线，求曲线的方程; （3）已知点是（2）中曲线的左顶点．圆：（）与直线：交于、两点，直线、分别与双曲线交于、两点．试问：点A到直线的距离是否存在最大值？若存在，求出此最大值以及此时的值；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北仑中学2024学年第一学期高二年级期中考试数学试卷 （全年级+外高班使用） 命题：高二数学备课组 审题：高二数学备课组 一、单选题（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. 抛物线的焦点到准线的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，直接求出焦点坐标及准线方程，即可求解. 【详解】因为抛物线的焦点为，准线为， 所以抛物线的焦点到准线的距离是， 故选：D. 2. 若点在圆：外，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合点在圆外的代数关系式与圆的一般方程的定义即可. 【详解】由于点在圆：外， 有，解得， 即的取值范围是. 故选：B. 3. 已知双曲线的一条渐近线过点，则此双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出双曲线的渐近线方程，代入可得，然后计算离心率即可. 【详解】因为双曲线方程为，所以双曲线的渐近线方程为， 因此，点在直线上，可得，即， 所以双曲线的离心率为. 故选：B. 4. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量在向量上的投影向量的定义求解. 【详解】由已知可得，， 所以向量在向量上的投影向量是， 故选：D 5. 已知椭圆，设点的轨迹为曲线，已知点与点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】判断点N在椭圆内部，利用椭圆定义将转化为，求出的最大值，即可求得答案. 【详解】依题意，为曲线的左焦点， 由于满足，故点N在椭圆内部， 设C的右焦点为 ，连接 ， 由于M为曲线C上的动点，则 ， 从而， 因为, 当 共线，且N在线段上时取等号(如图)， 故的最小值为， 故选：C. 6. 已知递增的等差数列的前项和为，则（ ） A. 70 B. 80 C. 90 D. 100 【答案】D 【解析】 【分析】设等差数列的公差为d，由题意结合等差数列的通项公式求出即可结合等差数列前n项和公式计算得解. 【详解】设等差数列的公差为d， 则由题得，解得， 所以. 故选：D. 7. 已知圆的方程为，直线与圆相交于两点，若(为坐标原点)，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将圆的方程与直线方程联立，设、 ，利用可得 ，利用韦达定理，即可求出. 【详解】由，得， 则，即， 联立，得， 设，，则，， 则， 因为，所以， 则，即，解得. 故选：C. 8. 若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可知曲线，表示圆心为，半径，在直线及右侧的半圆，作出直线与半圆，利用数形结合即得． 【详解】方程是恒过定点，斜率为的直线， 曲线，即， 表示圆心为，半径，在直线及右侧的半圆，半圆弧端点， 在同一坐标系内作出直线与半圆（），如图，    当直线与半圆C相切时，得，且， 解得，又， 所以或，所以或． 即实数的取值范围是. 故选：B. 二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分） 9. 设是等差数列，是其前n项的和，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 与均为的最大值 D. 为的最小值 【答案】AC 【解析】 【分析】由已知可得公差，，即可判断AB；进而由等差数列的性质可判断CD. 【详解】因为，所以，故A正确； 因为是等差数列且，所以公差，故B错误； 因为，且， 所以当时，；当时，， 则与均为的最大值，故C正确，D错误. 故选：AC. 10. 我们通常称离心率为的椭圆为“黄金椭圆”，如图，已知椭圆C：，，分别为左、右顶点，，分别为上、 下顶点，，分别为左、右焦点，为椭圆上一点，满足下列条件能使椭圆为“黄金椭圆”的有（ ） A. B. C. 轴，且 D. 四边形的内切圆过焦点 【答案】BD 【解析】 【分析】结合椭圆的定义、几何性质等知识对选项的条件逐一分析，结合椭圆的离心率为确定正确答案. 【详解】由椭圆， 可得，， 对于A，，即，化简得，即， 不符合题意，故A错误； 对于B，，则，即， 化简得，即有， 解得（舍去），符合题意，故B正确； 对于C，轴，且， 由，解得， 不妨设，由，可得， 解得，又，所以，不符合题意，故C错误； 对于D，四边形的内切圆过焦点，，即四边形的内切圆的半径为c， 则，结合，即， 解得（舍去）或即，符合题意，故D正确； 故选：BD 【点睛】本题的难点是在各种情况下求椭圆的离心率，主要的思路是求得的关系式，然后转化为.也即是找到的一个等量关系式（齐次式），通过转为后解方程来求得离心率. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G是棱上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面截正方体所得截面为六边形 B. 点G到平面的距离为定值 C. 若，且，则G为棱的中点 D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用平行线的传递性与平行线共面判断A，利用线面平行的判定定理判断B，利用空间向量推得四点共面，结合面面平行的性质定理判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围判断D，从而得解. 【详解】对于A，连接， 在正方体中，E，F分别为棱的中点， 所以，， 所以，则平面与平面为同一平面， 所以平面截正方体所得截面为平面，为四边形，故A错误； 对于B，在正方体中，E，F分别为棱的中点， 所以， 又平面，平面，所以平面， 又点G是棱上的一个动点，所以点G到平面的距离为定值，故B正确； 对于C，连接， 因为，且，所以四点共面， 因为在正方体中，平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以， 在正方体中，， 所以四边形是平行四边形，则，则， 因为E为棱的中点，所以G为棱的中点，故C正确； 对于D，以为原点，建立空间直角坐标系，如图， 设，则， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线与平面所成角为， 则， 因为，所以，则， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12. 在空间直角坐标系中，已知，则点到直线的距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求在的射影，再利用勾股定理求点到直线的距离. 【详解】由题意，， 所以在的射影为：. 所以点到直线的距离为：. 故答案为：1 13. 已知实数满足，则的最大值为__________. 【答案】49 【解析】 【分析】方程表示以为圆心，以为半径的圆，表示圆上的点与原点之间距离的平方，再根据定点到圆上的点的距离的最值问题即可得解. 【详解】由，得， 则方程表示以为圆心，以为半径的圆， 表示圆上的点与原点之间距离的平方， 设点与原点之间距离为， 则， 所以的最大值为49. 故答案为：49. 14. 已知点A，B为椭圆上的两个动点，点O为坐标原点，直线与的斜率之积为，x轴上存在关于原点对称的两点M，N，使得对于线段上的任意点P，都有的最小值为定值，则此定值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】考虑的斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立，得到两根之和，两根之积，根据斜率之积为得到为的切线，考虑的斜率不存在时，也满足要求，利用椭圆定义和几何性质得到最小值，即定值. 【详解】当的斜率存在时，设为， 与联立得， 设，则， 则由题意得，化简得，① 因为x轴上存在关于原点对称的两点M，N，使得对于线段上的任意点P，都有的最小值为定值， 所以直线为某一个椭圆的一条切线， 联立与，得， 由得，②， 比较①②得，解得， 故直线为椭圆的切线， 当直线的斜率不存在时，设，则， 由可得，， 联立可得， 此时直线的方程为，为椭圆的切线， 由椭圆定义和几何性质可知，当且仅当为切点，为的焦点时，等号成立， 故此定值为. 故答案为： 【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 等差数列的前项和为，已知，. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件转化为首项和公差的方程，即可求解； （2）根据数列正项和负项的分界，讨论与的关系，求解. 【小问1详解】 设数列的公差为， ∵，∴，∵，∴ ，∴公差为，∴， ∴ ； 【小问2详解】 由已知， 时，； 时，； 综上. 16. 已知动点与点的距离是它与原点的距离的2倍． （1）求动点的轨迹的方程； （2）经过原点的两条互相垂直的直线分别与轨迹相交于，两点和，两点，求四边形ACBD的面积的最大值． 【答案】（1） （2）7 【解析】 【分析】（1）根据两点间的距离公式化简可得方程； （2）根据直线是否存在斜率进行分类讨论，当直线存在斜率时，利用点斜式写出两直线的方程，分别求出弦长，将四边形的面积用弦长表示，即可求出最大值. 【小问1详解】 由已知得， 化简得，即， 所以动点的轨迹的方程为：. 【小问2详解】 若两直线都有斜率，可设直线AB的方程为，则直线CD的方程为， 由（1）的结论可知，轨迹是以点为圆心，半径长为2的圆． 到直线AB的距离，所以， 同理，， 所以． ， 当且仅当，即时，等号成立. 若AB、CD两直线中有一条斜率不存在，则另一条的斜率为0， 此时线段AB、CD的长分别为、4（或4、）， 所以． 综上所述，四边形ACBD的面积的最大值为7． 17. 设抛物线：，F是其焦点，已知抛物线上一点，且 （1）求该抛物线的方程； （2）过点F作两条互相垂直的直线和，分别交曲线C于点A，B和K，N.设线段AB，KN的中点分别为P，Q，求证:直线恒过一个定点. 【答案】（1） （2） 设两点坐标分别为，则点的坐标为. 由题意可设直线的方程为. 由，得， 则， ， 所以点的坐标为. 同理可得，点的坐标为. 当时，有，此时直线的斜率. 所以，直线的方程为，整理得. 于是，直线恒过定点； 当时，直线的方程为，也过点. 综上所述，直线恒过定点. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，进而求解即可； （2）分别建立的方程，再分别与抛物线联立方程组，求出弦中点为的坐标，最后借助斜率的变化确定直线经过定点. 【小问1详解】 由题意，得，解得，， 所以该抛物线的方程为. 【小问2详解】 略 18. 如图，在四棱锥中，平面，，，，.为的中点，点在上，且. （1）求证：平面； （2）求直线与面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使得、、、四点共面，如果存在求出的值；如果不存在说明理由. 【答案】（1）证明：由平面，平面，则， 又，，平面，所以平面. （2）1 （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质有，又，根据线面垂直的判定即可证结论； （2）构建以A为原点，建立空间直角坐标系，根据已知确定对应点坐标，求出平面的法向量，应用向量法求线面角的正弦值； （3）设，根据点共面，利用与平面一个法向量垂直，由向量垂直的坐标表示求，即可确定结果. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 以A为原点，平面内与垂直的直线为x轴，的正方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则有， 为的中点，，得，， 则有，，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，得， 设直线与面所成角为，则有， 所以直线与面所成角的正弦值为1. 【小问3详解】 若线段上存在点使、、、四点共面，设，， 则，， 若、、、四点共面，则在平面内， 又平面的一个法向量为，则有，解得. 所以线段上存在点，使得、、、四点共面，此时. 19. 已知以下事实：反比例函数（）的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线． （1）求双曲线：的离心率； （2）将（1）中的曲线绕原点顺时针转，得到曲线，求曲线的方程; （3）已知点是（2）中曲线的左顶点．圆：（）与直线：交于、两点，直线、分别与双曲线交于、两点．试问：点A到直线的距离是否存在最大值？若存在，求出此最大值以及此时的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2） （3）存在，点A到直线距离的最大值为2， 【解析】 【分析】（1）由题意可知，双曲线：为等轴双曲线，进而求解离心率即可； （2）由题意结合双曲线的性质，即可求解； （3）设，，设：，联立双曲线方程，可得根与系数的关系式，进而求出两点的纵坐标，结合，即可求得参数之间的关系，代入，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意可知，两条坐标轴是双曲线：的两条渐近线， 则双曲线：为等轴双曲线，即， 所以双曲线：的离心率为. 【小问2详解】 联立，解得或， 即双曲线的两顶点为， 两顶点的距离为， 将曲线绕原点顺时针转，得到曲线， 此时曲线的两顶点为，曲线为等轴双曲线， 所以曲线的方程为. 【小问3详解】 由（2）知，，设，， 显然直线的斜率存在，设：， 联立，得， 所以，，， 因为：，令，则，同理，， 依题意得，即，即， 整理得，， 即， 整理得，， 所以，即或， 若，则：过点A，不合题意； 若，则：．所以，恒过， 所以点A到直线的距离，当且仅当，即时取得， 此时方程为，联立，解得， 则，， 综上所述，点A到直线距离的最大值为2，此时圆的半径为 【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线方程的求解以及直线和双曲线位置关系的应用，其中的关键点是求解最值问题，解答时要注意利用直线方程和双曲线方程的联立，利用根与系数的关系式进行化简，关键就在于化简的过程十分复杂，计算量大，并且基本上都是有关字母参数的运算，需要有较强的计算能力. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $