學年第一學期金華市卓越聯(lián)盟月階段性聯(lián)考高二年級數(shù)學試題命題學校：湯溪中學審題學校：永康二中義烏三中考生須知：．本卷共4頁滿分分，考試時間分鐘.．答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫班級、姓名、考場號、座位號及準考證號并填涂相應數(shù)字.．所有答案必須寫在答題紙上，寫在試卷上無效.．考試結束后，只需上交答題紙.一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.在空間直角坐標系中，點關于平面對稱的點的坐標是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)點關于平面對稱結合空間直角坐標系結構特征得出點的坐標.【詳解】已知點關于平面的對稱點的坐標同點的關系是橫坐標和豎坐標不變，縱坐標相反，因此點關于平面對稱的點的坐標為.故選：A.2.拋物線的焦點坐標為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)拋物線標準方程，可求得，進而求得焦點坐標．【詳解】由題意可得拋物線的焦點在軸上，且，第1頁/共20頁所以焦點坐標為.故選：C3.已知點和在直線的異側(cè)，則的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)兩點位于直線異側(cè)可直接構造不等式求得結果.【詳解】點和在直線的異側(cè)，，解得.故選：B.4.設橢圓的離心率分別為．若，則（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)給定的橢圓方程，結合離心率的意義列式計算作答.【詳解】由，得，因此，而，所以.故選：A5.已知等差數(shù)列，為其前項和，”是“數(shù)列為遞減數(shù)列”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】A【解析】第2頁/共20頁【分析】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)以及充分不必要條件的定義判斷即可．【詳解】由可得，整理為，因為，故，數(shù)列為遞減數(shù)列，因此條件“”可以推出結論“數(shù)列為遞減數(shù)列”，故充分性成立；而數(shù)列為遞減數(shù)列，只需即可，無需，因此“數(shù)列為遞減數(shù)列”無法推出條件“”，故必要性不成立.因此“”是“數(shù)列為遞減數(shù)列”的充分不必要條件.故選：A.6.數(shù)學家萊莫恩（Lemoine）在1867年發(fā)現(xiàn)并證明：過的三個頂點、、作它外接圓的切線分別和邊、、所在的直線相交于點、、、、稱為該三角形的“萊莫恩（Lemoine）線”．在平面直角坐標系中若某三角形三個頂點的坐標分別為，，，則該三角形的萊莫恩（Lemoine）線方程為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】答案.【詳解】設的外接圓方程為：，第3頁/共20頁代入點，得，解得，故的外接圓方程為：，即，故外接圓的圓心坐標為，故外接圓在處的切線為，又，令，得，故；外接圓在處的切線為，又，令，得，故.故直線，整理得：，即該三角形的萊莫恩（Lemoine）線方程為.故選：C.7.設數(shù)列的前項和為，若，且，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】將轉(zhuǎn)化為，利用同除構造等差數(shù)列求出，再根據(jù)即可得解.【詳解】由題可得，，若，則，同理可得均為0，顯然不成立，故.將兩邊同除，得，即，又因為，故是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，因此，.第4頁/共20頁故選：B.8.已知為圓：弦，點，若直線，直線的斜率之積為，則的面積（）A.有最小值B.有最大值1C.有最小值D.有最大值【答案】D【解析】【分析】先設出直線，與圓的方程聯(lián)立，根據(jù)列出方程，結合韋達定理可得直線過定點，因此可重設直線，再根據(jù)點到直線的距離表示出弦長與點到直線的距離，即可表示出三角形的面積，再運用換元法與基本不等式，即可得解.【詳解】由題易知，直線的斜率必存在，故可設直線，.聯(lián)立直線與圓，，得，，得.若，則，經(jīng)過點，顯然不符題意，故.由韋達定理，可得.第5頁/共20頁因此有，解得，即，因此直線過定點，故重設直線，因為直線與圓相交，故圓心到直線的距離，解得.弦長，點到直線的距離，故.令，則，，當且僅當，即時，等號成立，即的面積有最大值.故選：D.二、多選題：本小題共3題，每小題6分，共分，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.下列說法中，正確的有（）A.若平面的法向量，，則、、、四點共面B.若平面的法向量，，則與平面所成的角為C.若平面的法向量，，則點到平面的距離是D.若，，且是鈍角，則實數(shù)的取值范圍是【答案】ABC【解析】第6頁/共20頁ABC到平面的距離公式求解判斷即可；對于D，利用向量數(shù)量積小于零判斷后，再排除掉反向共線的情況即可.【詳解】對于A：，平面或平面，又因為平面，故平面，因此、、、四點共面，故A正確；對于B：設與平面所成的角為，則，因此，即與平面所成的角為，故B正確；對于C：點到平面的距離，故C正確；對于D：因為是鈍角，故，解得，但當時，，此時是平角，不滿足鈍角，故D錯誤.故選：ABC.10.已知數(shù)列共有5項，前三項成等比數(shù)列，后三項成等差數(shù)列，且，，.若的前項和為，則下列選項可能正確的是（）A.B.為最大項C.D.數(shù)列，，的公差為64【答案】AC【解析】【分析】根據(jù)前三項成等比數(shù)列、后三項成等差數(shù)列，設后三項的公差為，根據(jù)題意將表示成關于d的方程，解出d，分情況逐項討論即可．【詳解】設后三項的公差為，因為，則，，由，得，由前三項成等比數(shù)列，公比，所以，結合，可得，解得或，第7頁/共20頁當時，數(shù)列為；對于A，當時，，故A正確；對于B，兩種情況的最大項分別是和180，均不是，故B錯誤；對于C，當時，，故C正確；對于D，公差為16或，均不是64，故D錯誤．故選：AC．，是橢圓，為坐標原點，點為，，在直線上的投影分別為，，則（）A.B.C.最大值為D.【答案】ABD【解析】【分析】由橢圓定義與光學性質(zhì)，結合三角形、梯形等平面幾何知識，逐個選項分析即可.【詳解】由題意，設關于的對稱點為，連接交于，連接交于，則，由于為中點，為中點，則為三角形中位線，則且，同理可得，，則A選項正確；由等角定理以及圖像可得，B選項正確；則，當點在橢圓上下頂點時，最大，第8頁/共20頁當時，的最大值小于，則最大值小于，故C錯誤；由基本不等式可得，則，取中點，連接，則為直角梯形的中位線，則，且，，，則，故D正確；故選：ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共分第9頁/共20頁12.已知過橢圓，的焦點的最短弦長為2，則________．【答案】【解析】【分析】過橢圓焦點的最短弦即為通徑，計算即得解.【詳解】過橢圓焦點的最短弦即為通徑，橢圓的通徑長為，由題可知，解得.故答案為：.13.已知直線：，則直線與圓：相交的最短弦長為________．【答案】4【解析】【分析】找到動直線經(jīng)過的定點，即可找到圓心到直線距離的最大值，由垂徑定理即可求出直線與圓相交的最短弦長.【詳解】可化為，因此易知直線過定點.，點在圓內(nèi)，當直線截圓的弦長最短時，，，此時弦長為.故答案為：.14.已知橢圓：，為圓心的圓和橢圓至多有兩個交點，則橢圓離心率的取值范圍為________．【答案】【解析】【分析】設圓的方程為：，與橢圓方程聯(lián)立消元得，令，根據(jù)的范圍分類討論即可求解.第10頁/共20頁【詳解】由題意有：設圓的方程為：，由，所以，令，又，所以為開口向上的一元二次函數(shù)，對稱軸為，當，即，所以，所以，所以存在滿足，所以在上有兩個零點，由對稱性知，此時圓和橢圓有4個交點，不滿足題意；當時，對稱軸，所以在上單調(diào)遞增，所以對任意，最多有一個解，即至多有一個零點，此時圓和橢圓至多有2個交點，滿足題意，則，所以；當時，對稱軸，所以在上單調(diào)遞增，所以對任意，最多有一個解，即至多有一個零點，此時圓和橢圓至多有2個交點，滿足題意，故，綜上，，故答案為：.四、解答題：本小題共5小題，共分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．第11頁/共20頁15.已知頂點，，．（1）求邊垂直平分線的方程；（2）求的角平分線與邊的交點坐標．【答案】（1）（2）【解析】1的中點坐標解即可；（2）分別求得，，所在直線方程，設所求交點坐標為，由角平分線性質(zhì)結合點到直線距離公式列式計算即可求解.【小問1詳解】由題意，的中點坐標為，，所以直線的斜率為，直線的方程為，整理得；【小問2詳解】由題意，所在的直線方程：，所在的直線方程：，所在的直線方程：，設所求交點坐標為，，則有，整理得，解得或，所以交點坐標為.第12頁/共20頁，求：（1）試用表示，再求的長度；（2）求直線與直線所成角的余弦值．【答案】（1），；（2）.【解析】1表示數(shù)量積，即可得解；（2）先將與均用基底表示，再應用向量夾角公式，即可得解【小問1詳解】由于幾何體是平行六面體，則，，所以；【小問2詳解】設直線與直線所成角為，則，第13頁/共20頁又因為，所以，所以直線與直線所成角的余弦值為.17.已知等腰梯形如圖1所示，其中，，點在線段上，且進行翻折，使得平面平面在線段是線段上的動點，所得圖形如圖2所示．（1）若，求的值；（2）在（1）的條件下，點、、、均在球的球面上，是否存在點使得在平面上，若存在求出的值，若不存在，說明理由．【答案】（1）（2）存在，【解析】1）由面面垂直證得線面垂直，再逐步證得，最終在直角三角形中計算得，結合，即可得解；（2.到四點的距離相同列出方程，解得球心的坐標，再根據(jù)三點共線設，表示出G點坐標，再根據(jù)四點共面設，列出方程可解出，進而得到；法二：由幾何性質(zhì)得球心在三點共線設第14頁/共20頁到平面的距離為可解出，進而得到.【小問1詳解】因為平面平面，，所以平面，所以，若，則平面，所以，所以，所以，.【小問2詳解】法一：如圖以為原點，以方向為軸，以方向為軸，以方向為軸建立空間坐標系，則、、、，設球的坐標為，則，解得，所以球心.第15頁/共20頁要使得球心在平面上，則、、、四點共面，可得，則，則，解得，所以.法二：如圖以為原點，以方向為軸，以方向為軸，以方向為軸建立空間坐標系，則、、、，，.由（1）可知，平面，因此易知，又因為，平面，故平面，故.由（1）可知，平面，故，故.因為，，可得球心在中點，即球心.設，則，要使得球心在平面上，則、、、四點共面，則到平面的距離為0設平面的法向量為，則，則，取，則，故，所以，又因為，則，解得，所以.第16頁/共20頁18.在平面直角坐標系的焦點為，是拋物線上第一象限的點，且到的距離比到直線的距離小1，直線與交于、兩點．（1）求拋物線的方程；（2）證明以為直徑的圓過一個定點，并求出定點坐標；（3）若，證明：．【答案】（1）（2）證明見解析，（3）證明見解析【解析】1到距離與到直線p（2）將直線與拋物線聯(lián)立，根據(jù)韋達定理，可得，表達式，進而可得，表達式，設出以為直徑的圓的方程，代入化簡，可得圓的方程，分析即可得答案；（3）根據(jù)數(shù)量積公式，可得，根據(jù)條件，可得、、、四點共圓，且為直徑，所以，求出直線的方程，可得G點坐標，由，可得P、Q點坐標，根據(jù)夾角公式，可得，又，即可得證.【小問1詳解】由題意，到的距離與到直線的距離相等，所以準線，即，解得，所以拋物線的方程為.【小問2詳解】證明：聯(lián)立，可得，，設、，則，，以為直徑的圓的方程為，第17頁/共20頁且，，則，，代入圓方程得，該圓方程過原點，坐標為.【小問3詳解】證明：由對稱性不妨設在第一象限，則有，，，、.則，所以，即，延長交軸于點，連接，由，可知，又因為，則可得，所以、、、四點共圓，且為直徑，所以，直線的方程為，令，則.由，得，即，且，化簡可得，且，第18頁/共20頁即可得，解得，，故，，，則，，所以，又，所以.19.已知數(shù)列中，首項，.（1）求證是等比數(shù)列，并求的通項公式；（2）設，求的前項和；（3）令，的前項和為，求證：，．【答案