2024學年第一學期寧波五校聯盟期中聯考高二年級數學學科試題考生須知：1．本卷滿分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、選擇題：本題共8個小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是正確的．1.下列直線中，傾斜角最大的是（）A B.C. D.【答案】C【解析】【分析】求出各選項中的直線傾斜角，再比較大小即得.【詳解】直線的斜率為，傾斜角為；直線的斜率為，傾斜角為，直線的斜率為，傾斜角為；直線的斜率為，傾斜角為，顯然直線的傾斜角最大.故選：C2.已知點，且四邊形是平行四邊形，則點的坐標為（）A B.C. D.【答案】A【解析】【分析】設點D的坐標為．結合平行四邊形的一組對邊平行且相等的性質和空間向量的相等向量的計算即可求解.【詳解】設設點D的坐標為，由題意得，因為四邊形是平行四邊形，所以，所以，解得，故選：A3.如圖，平行六面體中，E為BC的中點，，，，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，利用空間向量的線性運算求解即得.【詳解】在平行六面體中，E為BC的中點，所以.故選：B4.如圖，這是一個落地青花瓷，其中底座和瓶口的直徑相等，其外形被稱為單葉雙曲面，可以看成是雙曲線的一部分繞其虛軸所在直線旋轉所形成的曲面.若該花瓶橫截面圓的最小直徑為，最大直徑為，雙曲線的離心率為，則該花瓶的高為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由關系以及離心率、可得雙曲線方程，進一步代入即可求解.【詳解】由該花瓶橫截面圓的最小直徑為，有，又由雙曲線的離心率為，有，可得雙曲線的方程為，代入，可得，故該花瓶的高為.故選：B.5.若直線與直線互相垂直，則的最小值為（）A. B.3 C.5 D.【答案】C【解析】【分析】由兩直線垂直得關系后轉化為函數求解，【詳解】因為直線與直線互相垂直，所以，化簡得，所以，當且僅當時取“=”，所以的最小值為5，故選：C6.已知雙曲線的左?右焦點分別為，點在軸上，點在上，，則的離心率為（）A. B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】，根據條件表示出，，則可表示出，進而可得離心率.【詳解】如圖，令，由，得，又，則，即，又由，得，，故選：D.7.已知雙曲線的離心率為，圓與的一條漸近線相交，且弦長不小于2，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據雙曲線的離心率可得漸近線方程為，利用點到直線距離公式，結合圓的弦長公式可得：，運算求解即可.【詳解】設雙曲線的半焦距為，則，解得：，且雙曲線的焦點在軸上，所以雙曲線的漸近線為，因為圓的圓心為，半徑，可知圓關于軸對稱，不妨取漸近線為，即，則圓心到漸近線的距離，可得：.又因為圓與雙曲線的一條漸近線相交弦長為，由題意可得：，解得：.綜上可得：的取值范圍是.故選：B8.已知曲線，則下列結論中錯誤的是（）A.曲線與直線無公共點B.曲線關于直線對稱C.曲線與圓有三個公共點D.曲線上的點到直線的最大距離是【答案】D【解析】【分析】分類討論方程表示曲線的類型，畫出曲線的圖象，再逐項判斷.【詳解】當時，曲線方程為，表示圓的一部分，當時，曲線方程為，表示焦點在x軸上的等軸雙曲線的一部分，當時，曲線方程為，表示焦點在x軸上的等軸雙曲線的一部分，其圖象如圖所示：A.因為是等軸雙曲線的漸近線，曲線與直線無公共點，故正確；B.將方程中的互換后方程不變，所以曲線關于直線對稱，故正確；C.圓的圓心為，又，即當時，曲線與圓相切，所以有三個公共點，故正確；D.作與直線平行的直線與曲線切于點上的點到直線的最大距離是，故錯誤；故選：D二、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，有選錯的得0分．9.已知向量，則下列結論正確的是（）A.若，則 B.若，則C.的最大值2 D.為鈍角，則【答案】AB【解析】【分析】A.利用空間向量垂直坐標運算求解；B.利用空間向量共線坐標運算求解；C.利用空間向量的模的坐標運算求解；D.若為鈍角，由且，不反向共線求解.【詳解】A.若，則，解得，故正確；B.當或時，不平行，所以時，有，解得，故正確；C.，無最大值，故錯誤；D.若鈍角，則，且，不反向共線，解得且，故錯誤；故選：AB10.如圖所示，在棱長為2的正方體中，是線段上的動點，則下列說法正確的是（）A.平面平面B.的最小值為C.若是的中點，則到平面的距離為D.若直線與所成角的余弦值為，則【答案】ABC【解析】【分析】A.利用面面垂直的判定定理判斷；B.由，且為定值判斷；C.轉化為到直線的距離，利用等面積法求解判斷；D.利用空間向量的夾角公式求解判斷.【詳解】A.因為平面，且平面，所以平面平面，故正確；B.因為，且為定值，所以，故正確；C.因為平面平面，且到平面，所以到平面的距離即為到直線的距離，又，，解得，故正確；D.當時，，則，故錯誤；故選：ABC11.中國結是一種手工編織工藝品，其外觀對稱精致，符合中國傳統裝飾的習俗和審美觀念，中國結有著復雜曼妙的曲線，其中的八字結對應著數學曲線中的雙紐線．已知在平面直角坐標系中，到兩定點距離之積為常數的點的軌跡是雙紐線．若是曲線上一點，則下列結論正確的是（）A.曲線上有且僅有1個點滿足B.曲線經過5個整點（橫、縱坐標均為整數的點）C.若直線與曲線只有一個交點，則實數的取值范圍為D.曲線上任意一點到坐標原點的距離都不超過3【答案】ACD【解析】【分析】由題意得，設，結合題意計算可判斷A；令，，得的范圍可判斷B；將直線與曲線方程聯立，根據方程的解可判斷C；由曲線的方程可得，根據可判斷D.【詳解】設Px,y，則，化簡得，將代入可得，所以曲線，對于A，若點滿足，則在垂直平分線上，則，設，則，解得，故只有原點滿足，故A正確；對于B，令，解得或，即曲線經過，結合圖象，得，令，得，令，得，因此，結合圖象曲線只能經過3個整點，故B錯誤；對于C，直線與曲線一定有公共點，若直線與曲線只有一個交點，所以，整理得無非零實數解，，解得，故C正確；對于D，可得，所以曲線上任意一點到坐標原點的距離，即都不超過3，故D正確.故選：ACD.【點睛】方法點睛：相關點代入法求軌跡方程的方法：一般情況下，所求點的運動，依賴于另外一個或多個點的運動，可以通過對這些點設坐標來尋找代換關系.（1）求誰設誰，設所求點的坐標為；（2）所依賴的點稱之為“參數點”，設為等；（3）“參數點”滿足某個（些）方程，可供代入；（4）尋找所求點與“參數點”之間的坐標關系，反解參數值；（5）代入方程，消去參數值.非選擇題部分12.點到直線的距離最大值是____________．【答案】【解析】【分析】根據直線過定點，得到，進而得到答案.【詳解】由題意得，直線過定點，則，如圖所示，當直線與直線垂直時，此時點到直線的距離最大值，且最大值為.故答案為：.13.如圖，在三棱錐中，已知平面，，，則向量在向量上的投影向量為___________（用向量來表示）.【答案】【解析】【分析】寫出表達式，求出，即可得出向量在向量上的投影向量.【詳解】由題意，在三棱錐中，已知平面，,∵面，∴，在中，，，∴,，∴向量在向量上的投影向量為：，故答案為：.14.我國南北朝時期的數學家祖暅提出了計算體積的祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”，其意思可描述為：夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等．如圖，陰影部分是由雙曲線與它的漸近線以及直線所圍成的圖形，將此圖形繞軸旋轉一周，得到一個旋轉體，則這個旋轉體的體積為________．【答案】【解析】【分析】根據給定條件，可得旋轉體垂直于軸的截面是圓環，求出圓環面積，利用祖暅原理求出旋轉體體積作答.【詳解】雙曲線的漸近線為，設直線交雙曲線及其漸近線分別于，及，，如圖，由，得，由，得,線段，繞軸旋轉一周得到一個旋轉體的一個截面，它是一個圓環，其內徑，外徑，此圓環面積為因此此旋轉體垂直于軸的任意一截面面積都為，旋轉體的高為，而底面圓半徑為，高為的圓柱垂直于軸的任意一截面面積都為，由祖暅原理知，此旋轉體的體積等于底面圓半徑為，高為的圓柱的體積為.故答案為：.【點睛】關鍵點睛：利用祖暅原理求幾何體的體積，找到一個等高的可求體積的幾何體，并將它們放置于兩個平行平面間，再探求出被平行于兩個平行平面的任意一平面所截，截面面積相等是解題的關鍵.四、解答題：本題共5神墻小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知直線，直線l過點且與垂直.（1）求直線l的方程；（2）設l分別與交于點A，B，O為坐標原點，求過三點A，B，O的圓的方程.【答案】（1）；（2）（或）；【解析】【分析】（1）利用直線垂直可求得斜率為，由點斜式方程可得結果；（2）分別求出兩直線交點坐標，設出圓的一般方程代入計算即可求得圓的方程.【小問1詳解】由題意可得的斜率為，可得直線l的斜率為，由點斜式方程可得，即直線；【小問2詳解】聯立直線l和方程，解得；聯立直線l和方程，解得；如下圖所示：設過三點A，B，O的圓的方程為，將三點坐標代入可得，解得，可得圓的方程為（或）.16.如圖，在三棱柱中，四邊形是邊長為4的菱形，，點為棱上動點（不與、重合），平面與棱交于點．（1）求證：；（2）已知，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）由線線平行得到線面平行，再由線面平行性質得到線線平行；（2）由三線合一，勾股定理逆定理得到兩兩垂直，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，求出平面的法向量，從而利用線面角的向量公式求出答案.【小問1詳解】∵，且平面，平面，∴平面，又∵平面，且平面平面，∴；【小問2詳解】連結，取中點，連結，在菱形中，°，∴△是等邊三角形，又∵為中點，∴，，同理，又∵，∴，∴，又，∴，故兩兩垂直，以點為原點，為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，∴，∴，設平面的一個法向量為，則，所以，令，則，故，又∵，設與平面所成角為，∴，所以直線與平面所成角的正弦值為．17.已知雙曲線的離心率為，實軸長為6，A為雙曲線C的左頂點，設直線l過定點，且與雙曲線C交于E，F兩點．（1）求雙曲線C的方程；（2）證明：直線AE與AF的斜率之積為定值．【答案】（1）（2）證明見詳解【解析】【分析】（1）由實軸長為6，得，由離心率為，得，再由得，即可得到雙曲線C的方程；（2）設，，直線，直線與雙曲線聯立方程得，根據韋達定理得，，根據斜率公式得，最后代入化簡計算即可得證.【小問1詳解】因為雙曲線的實軸長為6，所以，因為雙曲線的離心率為，所以，解得，由，得，則C的方程為．【小問2詳解】設，，因為直線過定點B?2,0，顯然直線l不垂直于軸，則設直線，聯立方程組，消去x得，由，得，則，，因為A為雙曲線C的左頂點，所以，直線AE的斜率，直線AF的斜率，所以，即直線AE與AF的斜率之積為定值．【點睛】關鍵點點睛：第二問的關鍵在于設出直線l的方程，然后直曲聯立，利用韋達定理，代入的表達式，化簡即可得到定值.18.如圖，在四棱錐中，是等邊三角形，平面平面，，，M是棱PC上的點，且，.（1）求證：平面PAD；（2）設二面角的大小為，若，求的值.【答案】（1）證明見解析（2）或【解析】【分析】（1）由余弦定理計算后由勾股定理逆定理證明，取的中點，連結，由面面垂直得線面垂直，從而得線線垂直，然后可得證題設線面垂直；（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量法求二面角，從而求出值．【小問1詳解】因為，，所以，，在中，，，由余弦定理得，，所以，即，，取的中點，連結，因為是等邊三角形，所以，又因為平面平面，平面平面，平面PAD，所以平面，又因為平面，所以.又因為，，平面，所以平面.【小問2詳解】取的中點N，連結，則，所以，以為原點，的方向分別為x軸，y軸，z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，又，設平面MBD的一個法向量為n=x,y,z則即，當時，平面平面，不合題意；當時，令，得平面的法向量為，易知平面的一個法向量為，由于平面與平面所成角的余弦值為，故有，解得或.19.已知橢圓，點為橢圓短軸的上端點，為橢圓上異于點的任一點，若點到點距離的最大值僅在點為短軸的另一端點時取到，則稱此橢圓為“圓橢圓”，已知．（1）若，判斷橢圓是否為“圓橢圓”；（2）若橢圓是“圓橢圓”，求的取值范圍；（3）若橢圓是“圓橢圓”，且取最大值，為關于原點的對稱點，也異于點，直線、分別與軸交于、兩點，試問以線段為直徑的圓是否過定點？證明你的結論．【答案】（1）是（2）（3）是，證明見解析【解析】【分析】（1）設Px,y，計算，根據二次函數的性質得到答案；（2）由（1）