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浙江省G5联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷
1．（2024高二上·浙江期中）直线的倾斜角为（　　）
A．0 B． C． D．不存在
【答案】B
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【解答】解：直线即为轴，轴和轴垂直，
又知倾斜角的范围是，
∴由定义可知直线倾斜角为.
故答案为：B.
【分析】根据直线倾斜角的定义，明确直线x = 0（y轴）与x轴的位置关系，从而确定其倾斜角.
2．（2024高二上·浙江期中）已知直线：，：，若，则（　　）
A． B． C．4 D．1
【答案】C
【知识点】不等关系与不等式；两条直线平行的判定
【解析】【解答】解：若，则满足，解得，
故答案为：C
【分析】核心是根据两直线平行的系数关系，列出等式与不等式，求解参数并验证.
3．（2024高二上·浙江期中）曲线：，则“”是“曲线表示双曲线”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】充分条件；双曲线的标准方程
【解析】【解答】解：当时，显然，即曲线表示双曲线，充分性成立；
而时，，此时也是双曲线，必要性不成立；
所以“”是“曲线表示双曲线”的充分不必要条件.
故答案为：A
【分析】先根据双曲线的方程特征求出曲线C表示双曲线时m的取值范围，再分别判断充分性和必要性.
4．（2024高二上·浙江期中）若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则m与n相交
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】A，若，，则与平行或异面，A错误；
B，若，，则与异面、平行或相交，B错误；
C，若，则存在直线，满足且，
若，则，而，则，C正确；
D，若，，则与相交或异面，D错误.
故答案为：C.
【分析】核心是根据线面平行、线面垂直的定义与性质，分析直线、的位置关系，通过‘找平面内平行于的直线’结合的性质，推导与的垂直关系。
5．（2024高二上·浙江期中）把一个圆锥分割成两个侧面积相等的小圆锥和圆台，则小圆锥和圆台的高之比为（　　）
A．1 B． C．2 D．
【答案】D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆锥与圆台的母线分别为、，圆台的上下底面半径分别为、，
小圆锥和圆台的高之比为，则有，即，，
则，，有，
即，整理得，
解得或（负值，舍去）.
故答案为：D.
【分析】利用相似三角形得到小圆锥与原圆锥的母线、半径比例关系，结合侧面积公式列出等式，求解高之比.
6．（2024高二上·浙江期中）已知，均为正实数，，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：根据题意，，
由于，均为正实数，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，即的最大值为.
故答案为：B
【分析】通过对已知条件变形，将所求式子转化为可利用基本不等式的形式，利用‘正、定、等’条件，求出最大值.
7．（2024高二上·浙江期中）曲线与在内有3个交点，则可能的值为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；正切函数的图象与性质
【解析】【解答】解：令，则，
则，
易知，
，
所以，
设，则，
令，因为，故，
因为与在内有3个交点，
所以问题转化为与在内有3个交点，
作出与的大致图象，
虽然不好确定的正负情况，
但数形结合可知，当时，不管的值为正还是为负，
与在内都恰有3个交点，故B正确；
故答案为：B.
【分析】通过三角函数恒等变换，将两曲线交点问题转化为正切函数与水平直线的交点问题，再结合正切函数的周期性与图像，分析区间长度对交点个数的影响，进而确定的可能值.
8．（2024高二上·浙江期中）已知抛物线：（）的焦点到的距离为1，是抛物线上的动点，到的距离与之和的最小值为1，则点的轨迹围成的面积是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：抛物线：的焦点，由到的距离为1，得，
而，解得，则抛物线的焦点，准线方程为，
直线与准线的距离为1，由到的距离与之和的最小值为1，
得到准线的距离与之和的最小值为2，因此的最小值为2，
显然，当且仅当点在线段上时取等号，则，
此时点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，由点在线段上，得点在圆内，
又直线与的距离为1，当点在直线上，点在直线及下方的抛物线弧上，
且垂直于直线时，到的距离与之和为1，符合题意，
因此点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆在直线及下方的圆弧与弦组成，
而点到直线的距离是1，则，
所以点的轨迹围成的面积扇形的面积减去的面积，
即.
故答案为：A
【分析】先根据抛物线性质求出参数p，再利用几何关系确定点P的轨迹为圆的部分，最后结合扇形和三角形面积公式计算面积.
9．（2024高二上·浙江期中）已知复数，，且，则以下四个命题正确的是（　　）
A． B．为纯虚数
C．为纯虚数 D．为虚数
【答案】A,B
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：因为复数，，且，
A选项，，故A正确；
B选项，为纯虚数，故B正确；
C选项，为实数，故C错误；
D选项，，
当时，为实数，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】依据复数的四则运算法则，对每个选项中的复数运算进行化简，再结合实数、纯虚数、虚数的定义，判断其所属类型.
10．（2024高二上·浙江期中）已知双曲线：（，）的离心率为，焦距为，直线与双曲线交于、两点，点位于第一象限，过点作轴的垂线，垂足为，点为双曲线的左焦点，则（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．
【答案】A,B,D
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】解：设双曲线的右焦点为，因为直线过原点，所以为平行四边形，
A：因为，所以为矩形，所以，故A正确；
B：若，由渐近线的性质可知：，所以，故B正确；
C：，由渐近线的性质可知，
在中，，故C错误；
D：，故D正确.
故选：ABD
【分析】结合双曲线的平行四边形性质、渐近线斜率与离心率的关系、双曲线定义以及直角三角形边的关系，对每个选项逐一分析判断.
11．（2024高二上·浙江期中）已知正方体的棱长为1，，是棱、的中点，动点满足，其中，，，则下列命题正确的是（　　）
A．若，，则平面
B．若，则与所成角的取值范围为
C．若平面，则
D．若，则
【答案】C
【知识点】空间直角坐标系；直线与平面垂直的性质；空间向量的数量积运算；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
则，即.
A：因为若，，即，
可得，，
因为不恒为0，即与不一定垂直，
所以与平面不一定垂直，故A错误；
B：若，即，
可得，，
设与所成角为，
则
，
当且仅当时，等号成立，
令，则，
可得，
当且仅当，即或时，等号成立，
综上所述：，所以，故B错误；
C：因为，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
若平面，则，
可得，整理可得，故C正确；
D：若，则点在以的中点为球心，半径的球面上，
例如，符合题意，但，故D错误；
故答案为：C.
【分析】建立空间直角坐标系，将几何问题转化为向量问题，通过向量的运算（ 数量积、法向量等 ），结合线面垂直、异面直线所成角、线面平行、向量垂直的定义与性质，对每个选项逐一分析判断.
12．（2024高二上·浙江期中）在G5联盟考试成绩中，从某班随机抽取8名同学的数学成绩，分数从低到高为：70，77，90，101，115，119，138，149，则第70百分位数为　 　.
【答案】119
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：由题可知，，进一位为，第六个数为.
故答案为：
【分析】核心是根据百分位数的计算方法，先确定数据个数与百分比例的乘积，再根据乘积是否为整数，确定取第几个数据作为百分位数.
13．（2024高二上·浙江期中）已知椭圆（）的左焦点为，直线与椭圆交于点、，的周长最大值为，则椭圆离心率的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：取右焦点，连接，
由于的周长为，当且仅当共线时取等号，
故周长的最大值为，因此，
故，当时取等号，
故，
故离心率的最大值为.
故答案为：
【分析】核心是利用椭圆定义将的周长转化为与相关的表达式，求出周长最大值，再结合已知条件得到与的关系，最后通过不等式求离心率的最大值.
14．（2024高二上·浙江期中）已知正四面体的棱长为6，是棱的中点，是棱上一动点，若在上，使得与平面所成的角为，则线段的长度的最小值是　 　.
【答案】
【知识点】空间直角坐标系；空间中两点间的距离公式
15．（2024高二上·浙江期中）在中，内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）已知，，求.
【答案】（1）解：，即，
即，
由得：，
∴，∴.
∵，∴.
（2）解：.∵，①
∴②.
由①②得：或.
【知识点】两角和与差的正弦公式；三角函数诱导公式二~六；解三角形
【解析】【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简已知等式，结合正弦定理实现边角转化，求出，进而确定角的大小.
（2）根据余弦定理结合已知条件得到关于的关系式，再结合的值，通过构建方程求解的值.
（1），
即，
即，
由得：，
∴，∴.
∵，∴.
（2）.
∵，①
∴②.
由①②得：或.
16．（2024高二上·浙江期中）已知为坐标原点，直线过定点，设圆的半径为2，圆心在直线：上.
（1）若圆心也在直线上，求过点与圆相切的直线方程；
（2）若圆上存在点，使得，求圆心的横坐标的取值范围.
【答案】（1）解：因为直线可化为，
令，则，故，
联立，解得，则圆心，
因为圆的半径为2，所以圆的方程为，
当所求直线斜率不存在时，此时直线方程为，易知与圆相切，符合题意；
当所求直线斜率存在时，设所求圆的切线方程为，即，
所以圆心到直线的距离为，解得，
所以切线方程为，即，
综上所述，所求圆的切线方程为或.
（2）解：因为圆的圆心在直线：上，故设圆心为，
则圆的方程为，
又因为，故，
所以设为，则，设为圆，圆心，半径为，
则点应该既在圆上又在圆上，即圆和圆有交点，
所以，所以，
由，解得，
由，解得，
综上，的取值范围为.
【知识点】不等关系与不等式；圆的切线方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【分析】（1）先通过直线过定点的方法求出点A坐标，再联立直线方程求出圆心C，然后分切线斜率存在和不存在两种情况，利用圆的切线性质求解切线方程.
（2）将问题转化为两圆有交点，根据两圆位置关系的判定条件，结合圆心距公式列出不等式，求解得出圆心C横坐标的取值范围.
（1）因为直线可化为，
令，则，故，
联立，解得，则圆心，
因为圆的半径为2，所以圆的方程为，
当所求直线斜率不存在时，此时直线方程为，易知与圆相切，符合题意；
当所求直线斜率存在时，设所求圆的切线方程为，即，
所以圆心到直线的距离为，解得，
所以切线方程为，即，
综上所述，所求圆的切线方程为或.
（2）因为圆的圆心在直线：上，故设圆心为，
则圆的方程为，
又因为，故，
所以设为，则，设为圆，圆心，半径为，
则点应该既在圆上又在圆上，即圆和圆有交点，
所以，所以，
由，解得，
由，解得，
综上，的取值范围为.
17．（2024高二上·浙江期中）如图，等腰直角三角形中，，是中点，、分别是、边上的动点，且，将沿折起，将点折至点的位置，得到四棱锥.
（1）求证：；
（2）若，二面角是直二面角，求平面与平面夹角的余弦值；
（3）当时，是否存在这样的点，使得二面角为，且直线与平面所成角为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：∵，，
∴，即，，
∵，，平面，∴平面，
∵平面，∴.
（2）解：∵二面角是直二面角，∴平面平面，
∵平面平面，，平面，∴平面，
如图，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，
∴，.
设平面法向量为，
，令，则，，故，
由题意得，平面法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则.
（3）解：存在点，，理由如下：
分别以、所在直线分别为轴、轴，过作平面的垂线为轴，建立如图空间直角坐标系，
设，则，，，，
由（1）得，二面角的平面角为，即，故，
∴，.
由题意得，平面的法向量为，
，解得，
∴存在点，.
【知识点】空间直角坐标系；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）通过线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直推出线线垂直.
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量夹角公式求平面夹角的余弦值.
（3）建立空间直角坐标系，设出CF的长度，结合二面角和线面角的条件，列方程求解.
（1）∵，，
∴，即，，
∵，，平面，∴平面，
∵平面，∴.
（2）∵二面角是直二面角，∴平面平面，
∵平面平面，，平面，∴平面，
如图，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，
∴，.
设平面法向量为，
，令，则，，故，
由题意得，平面法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则.
（3）分别以、所在直线分别为轴、轴，过作平面的垂线为轴，建立如图空间直角坐标系，
设，则，，，，
由（1）得，二面角的平面角为，即，故，
∴，.
由题意得，平面的法向量为，
，解得，
∴存在点，.
18．（2024高二上·浙江期中）已知为坐标原点，椭圆：（）的左焦点为，且经过点，过点的直线与椭圆相交于、两点，且、在轴的同侧.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）为的重心，直线、分别交轴于、两点，记和的面积分别为，，求的取值范围.
【答案】（1）解：∵，∴.
又∵，，.
∴椭圆的标准方程为.
（2）解：设直线的方程：，
由在轴同侧可得，
设，，，
由得：，
则，，
，
.
∵的重心在原点，
∴，且.
∴
.
∵，
因为，所以，
∴，∴.
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；三角形五心
【解析】【分析】（1）利用椭圆焦点坐标和椭圆上点的坐标，结合椭圆标准方程的关系，联立方程求解，得到椭圆标准方程.
（2）设直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理得到根与系数的关系，结合重心性质，通过化简面积比，转化为关于参数的函数，根据参数范围求取值范围.
（1）∵，∴.
又∵，，.
∴椭圆的标准方程为.
（2）设直线的方程：，
由在轴同侧可得，
设，，，
由得：，
则，，
，
.
∵的重心在原点，
∴，且.
∴
.
∵，
因为，所以，
∴，∴.
19．（2024高二上·浙江期中）若存在满足，且，则称为函数的次不动点.
已知为常数且.
（1）当时，判断是否为函数的次不动点，并说明理由；
（2）已知有两个次不动点，，
①求的取值范围；
②若对任意，且，，，，求△的面积的取值范围.
【答案】（1）解：不是，理由如下：
当时，
因为，但，
所以不是函数的次不动点.
（2）解：①当时，
当时，单调递增，所以，
故；
当时，单调递减，所以，
故，
所以
所以只有一个解，又，故0不是次不动点.
当时，所以有解集，
又当时，，故中的所有点都不是次不动点.
当时，
当时，单调递增，令，则，
则当时，，所以；
当时，，所以；
当时，单调递减，令，则，
则当时，，所以；
当时，，所以.
所以
令，有四个解0，，，，
又，，
，，
故只有，是的次不动点.
综上所述，的取值范围为.
②由①得当时，
所以，，
函数在单调递增，单调递减，单调递增，单调递减，
所以函数的最大值点为或，
因为，所以，
所以，，.
所以.
因为，所以，当且仅当，即时去等号，
所以，
则.
【知识点】函数的单调性及单调区间
【解析】【分析】（1）将代入函数，计算和，根据次不动点定义判断.
（2）①分、、三种情况，讨论的解及次不动点存在情况，确定的范围。②根据的单调性和的条件确定点的坐标，进而计算三角形面积的取值范围.
（1）当时，
因为，但，
所以不是函数的次不动点.
（2）①当时，
当时，单调递增，所以，
故；
当时，单调递减，所以，
故，
所以
所以只有一个解，又，故0不是次不动点.
当时，所以有解集，
又当时，，故中的所有点都不是次不动点.
当时，
当时，单调递增，令，则，
则当时，，所以；
当时，，所以；
当时，单调递减，令，则，
则当时，，所以；
当时，，所以.
所以
令，有四个解0，，，，
又，，
，，
故只有，是的次不动点.
综上所述，的取值范围为.
②由①得当时，
所以，，
函数在单调递增，单调递减，单调递增，单调递减，
所以函数的最大值点为或，
因为，所以，
所以，，.
所以.
因为，所以，当且仅当，即时去等号，
所以，
则.
1 / 1浙江省G5联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷
1．（2024高二上·浙江期中）直线的倾斜角为（　　）
A．0 B． C． D．不存在
2．（2024高二上·浙江期中）已知直线：，：，若，则（　　）
A． B． C．4 D．1
3．（2024高二上·浙江期中）曲线：，则“”是“曲线表示双曲线”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024高二上·浙江期中）若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则m与n相交
5．（2024高二上·浙江期中）把一个圆锥分割成两个侧面积相等的小圆锥和圆台，则小圆锥和圆台的高之比为（　　）
A．1 B． C．2 D．
6．（2024高二上·浙江期中）已知，均为正实数，，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高二上·浙江期中）曲线与在内有3个交点，则可能的值为（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
8．（2024高二上·浙江期中）已知抛物线：（）的焦点到的距离为1，是抛物线上的动点，到的距离与之和的最小值为1，则点的轨迹围成的面积是（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二上·浙江期中）已知复数，，且，则以下四个命题正确的是（　　）
A． B．为纯虚数
C．为纯虚数 D．为虚数
10．（2024高二上·浙江期中）已知双曲线：（，）的离心率为，焦距为，直线与双曲线交于、两点，点位于第一象限，过点作轴的垂线，垂足为，点为双曲线的左焦点，则（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．
11．（2024高二上·浙江期中）已知正方体的棱长为1，，是棱、的中点，动点满足，其中，，，则下列命题正确的是（　　）
A．若，，则平面
B．若，则与所成角的取值范围为
C．若平面，则
D．若，则
12．（2024高二上·浙江期中）在G5联盟考试成绩中，从某班随机抽取8名同学的数学成绩，分数从低到高为：70，77，90，101，115，119，138，149，则第70百分位数为　 　.
13．（2024高二上·浙江期中）已知椭圆（）的左焦点为，直线与椭圆交于点、，的周长最大值为，则椭圆离心率的最大值为　 　.
14．（2024高二上·浙江期中）已知正四面体的棱长为6，是棱的中点，是棱上一动点，若在上，使得与平面所成的角为，则线段的长度的最小值是　 　.
15．（2024高二上·浙江期中）在中，内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）已知，，求.
16．（2024高二上·浙江期中）已知为坐标原点，直线过定点，设圆的半径为2，圆心在直线：上.
（1）若圆心也在直线上，求过点与圆相切的直线方程；
（2）若圆上存在点，使得，求圆心的横坐标的取值范围.
17．（2024高二上·浙江期中）如图，等腰直角三角形中，，是中点，、分别是、边上的动点，且，将沿折起，将点折至点的位置，得到四棱锥.
（1）求证：；
（2）若，二面角是直二面角，求平面与平面夹角的余弦值；
（3）当时，是否存在这样的点，使得二面角为，且直线与平面所成角为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
18．（2024高二上·浙江期中）已知为坐标原点，椭圆：（）的左焦点为，且经过点，过点的直线与椭圆相交于、两点，且、在轴的同侧.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）为的重心，直线、分别交轴于、两点，记和的面积分别为，，求的取值范围.
19．（2024高二上·浙江期中）若存在满足，且，则称为函数的次不动点.
已知为常数且.
（1）当时，判断是否为函数的次不动点，并说明理由；
（2）已知有两个次不动点，，
①求的取值范围；
②若对任意，且，，，，求△的面积的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】直线的倾斜角
【解析】【解答】解：直线即为轴，轴和轴垂直，
又知倾斜角的范围是，
∴由定义可知直线倾斜角为.
故答案为：B.
【分析】根据直线倾斜角的定义，明确直线x = 0（y轴）与x轴的位置关系，从而确定其倾斜角.
2．【答案】C
【知识点】不等关系与不等式；两条直线平行的判定
【解析】【解答】解：若，则满足，解得，
故答案为：C
【分析】核心是根据两直线平行的系数关系，列出等式与不等式，求解参数并验证.
3．【答案】A
【知识点】充分条件；双曲线的标准方程
【解析】【解答】解：当时，显然，即曲线表示双曲线，充分性成立；
而时，，此时也是双曲线，必要性不成立；
所以“”是“曲线表示双曲线”的充分不必要条件.
故答案为：A
【分析】先根据双曲线的方程特征求出曲线C表示双曲线时m的取值范围，再分别判断充分性和必要性.
4．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】A，若，，则与平行或异面，A错误；
B，若，，则与异面、平行或相交，B错误；
C，若，则存在直线，满足且，
若，则，而，则，C正确；
D，若，，则与相交或异面，D错误.
故答案为：C.
【分析】核心是根据线面平行、线面垂直的定义与性质，分析直线、的位置关系，通过‘找平面内平行于的直线’结合的性质，推导与的垂直关系。
5．【答案】D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆锥与圆台的母线分别为、，圆台的上下底面半径分别为、，
小圆锥和圆台的高之比为，则有，即，，
则，，有，
即，整理得，
解得或（负值，舍去）.
故答案为：D.
【分析】利用相似三角形得到小圆锥与原圆锥的母线、半径比例关系，结合侧面积公式列出等式，求解高之比.
6．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：根据题意，，
由于，均为正实数，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，即的最大值为.
故答案为：B
【分析】通过对已知条件变形，将所求式子转化为可利用基本不等式的形式，利用‘正、定、等’条件，求出最大值.
7．【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；正切函数的图象与性质
【解析】【解答】解：令，则，
则，
易知，
，
所以，
设，则，
令，因为，故，
因为与在内有3个交点，
所以问题转化为与在内有3个交点，
作出与的大致图象，
虽然不好确定的正负情况，
但数形结合可知，当时，不管的值为正还是为负，
与在内都恰有3个交点，故B正确；
故答案为：B.
【分析】通过三角函数恒等变换，将两曲线交点问题转化为正切函数与水平直线的交点问题，再结合正切函数的周期性与图像，分析区间长度对交点个数的影响，进而确定的可能值.
8．【答案】A
【知识点】抛物线的简单性质；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：抛物线：的焦点，由到的距离为1，得，
而，解得，则抛物线的焦点，准线方程为，
直线与准线的距离为1，由到的距离与之和的最小值为1，
得到准线的距离与之和的最小值为2，因此的最小值为2，
显然，当且仅当点在线段上时取等号，则，
此时点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，由点在线段上，得点在圆内，
又直线与的距离为1，当点在直线上，点在直线及下方的抛物线弧上，
且垂直于直线时，到的距离与之和为1，符合题意，
因此点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆在直线及下方的圆弧与弦组成，
而点到直线的距离是1，则，
所以点的轨迹围成的面积扇形的面积减去的面积，
即.
故答案为：A
【分析】先根据抛物线性质求出参数p，再利用几何关系确定点P的轨迹为圆的部分，最后结合扇形和三角形面积公式计算面积.
9．【答案】A,B
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：因为复数，，且，
A选项，，故A正确；
B选项，为纯虚数，故B正确；
C选项，为实数，故C错误；
D选项，，
当时，为实数，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】依据复数的四则运算法则，对每个选项中的复数运算进行化简，再结合实数、纯虚数、虚数的定义，判断其所属类型.
10．【答案】A,B,D
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用
【解析】【解答】解：设双曲线的右焦点为，因为直线过原点，所以为平行四边形，
A：因为，所以为矩形，所以，故A正确；
B：若，由渐近线的性质可知：，所以，故B正确；
C：，由渐近线的性质可知，
在中，，故C错误；
D：，故D正确.
故选：ABD
【分析】结合双曲线的平行四边形性质、渐近线斜率与离心率的关系、双曲线定义以及直角三角形边的关系，对每个选项逐一分析判断.
11．【答案】C
【知识点】空间直角坐标系；直线与平面垂直的性质；空间向量的数量积运算；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
则，即.
A：因为若，，即，
可得，，
因为不恒为0，即与不一定垂直，
所以与平面不一定垂直，故A错误；
B：若，即，
可得，，
设与所成角为，
则
，
当且仅当时，等号成立，
令，则，
可得，
当且仅当，即或时，等号成立，
综上所述：，所以，故B错误；
C：因为，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
若平面，则，
可得，整理可得，故C正确；
D：若，则点在以的中点为球心，半径的球面上，
例如，符合题意，但，故D错误；
故答案为：C.
【分析】建立空间直角坐标系，将几何问题转化为向量问题，通过向量的运算（ 数量积、法向量等 ），结合线面垂直、异面直线所成角、线面平行、向量垂直的定义与性质，对每个选项逐一分析判断.
12．【答案】119
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：由题可知，，进一位为，第六个数为.
故答案为：
【分析】核心是根据百分位数的计算方法，先确定数据个数与百分比例的乘积，再根据乘积是否为整数，确定取第几个数据作为百分位数.
13．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；椭圆的定义；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：取右焦点，连接，
由于的周长为，当且仅当共线时取等号，
故周长的最大值为，因此，
故，当时取等号，
故，
故离心率的最大值为.
故答案为：
【分析】核心是利用椭圆定义将的周长转化为与相关的表达式，求出周长最大值，再结合已知条件得到与的关系，最后通过不等式求离心率的最大值.
14．【答案】
【知识点】空间直角坐标系；空间中两点间的距离公式
15．【答案】（1）解：，即，
即，
由得：，
∴，∴.
∵，∴.
（2）解：.∵，①
∴②.
由①②得：或.
【知识点】两角和与差的正弦公式；三角函数诱导公式二~六；解三角形
【解析】【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简已知等式，结合正弦定理实现边角转化，求出，进而确定角的大小.
（2）根据余弦定理结合已知条件得到关于的关系式，再结合的值，通过构建方程求解的值.
（1），
即，
即，
由得：，
∴，∴.
∵，∴.
（2）.
∵，①
∴②.
由①②得：或.
16．【答案】（1）解：因为直线可化为，
令，则，故，
联立，解得，则圆心，
因为圆的半径为2，所以圆的方程为，
当所求直线斜率不存在时，此时直线方程为，易知与圆相切，符合题意；
当所求直线斜率存在时，设所求圆的切线方程为，即，
所以圆心到直线的距离为，解得，
所以切线方程为，即，
综上所述，所求圆的切线方程为或.
（2）解：因为圆的圆心在直线：上，故设圆心为，
则圆的方程为，
又因为，故，
所以设为，则，设为圆，圆心，半径为，
则点应该既在圆上又在圆上，即圆和圆有交点，
所以，所以，
由，解得，
由，解得，
综上，的取值范围为.
【知识点】不等关系与不等式；圆的切线方程；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【分析】（1）先通过直线过定点的方法求出点A坐标，再联立直线方程求出圆心C，然后分切线斜率存在和不存在两种情况，利用圆的切线性质求解切线方程.
（2）将问题转化为两圆有交点，根据两圆位置关系的判定条件，结合圆心距公式列出不等式，求解得出圆心C横坐标的取值范围.
（1）因为直线可化为，
令，则，故，
联立，解得，则圆心，
因为圆的半径为2，所以圆的方程为，
当所求直线斜率不存在时，此时直线方程为，易知与圆相切，符合题意；
当所求直线斜率存在时，设所求圆的切线方程为，即，
所以圆心到直线的距离为，解得，
所以切线方程为，即，
综上所述，所求圆的切线方程为或.
（2）因为圆的圆心在直线：上，故设圆心为，
则圆的方程为，
又因为，故，
所以设为，则，设为圆，圆心，半径为，
则点应该既在圆上又在圆上，即圆和圆有交点，
所以，所以，
由，解得，
由，解得，
综上，的取值范围为.
17．【答案】（1）证明：∵，，
∴，即，，
∵，，平面，∴平面，
∵平面，∴.
（2）解：∵二面角是直二面角，∴平面平面，
∵平面平面，，平面，∴平面，
如图，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，
∴，.
设平面法向量为，
，令，则，，故，
由题意得，平面法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则.
（3）解：存在点，，理由如下：
分别以、所在直线分别为轴、轴，过作平面的垂线为轴，建立如图空间直角坐标系，
设，则，，，，
由（1）得，二面角的平面角为，即，故，
∴，.
由题意得，平面的法向量为，
，解得，
∴存在点，.
【知识点】空间直角坐标系；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）通过线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直推出线线垂直.
（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量夹角公式求平面夹角的余弦值.
（3）建立空间直角坐标系，设出CF的长度，结合二面角和线面角的条件，列方程求解.
（1）∵，，
∴，即，，
∵，，平面，∴平面，
∵平面，∴.
（2）∵二面角是直二面角，∴平面平面，
∵平面平面，，平面，∴平面，
如图，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，
∴，.
设平面法向量为，
，令，则，，故，
由题意得，平面法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则.
（3）分别以、所在直线分别为轴、轴，过作平面的垂线为轴，建立如图空间直角坐标系，
设，则，，，，
由（1）得，二面角的平面角为，即，故，
∴，.
由题意得，平面的法向量为，
，解得，
∴存在点，.
18．【答案】（1）解：∵，∴.
又∵，，.
∴椭圆的标准方程为.
（2）解：设直线的方程：，
由在轴同侧可得，
设，，，
由得：，
则，，
，
.
∵的重心在原点，
∴，且.
∴
.
∵，
因为，所以，
∴，∴.
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；三角形五心
【解析】【分析】（1）利用椭圆焦点坐标和椭圆上点的坐标，结合椭圆标准方程的关系，联立方程求解，得到椭圆标准方程.
（2）设直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理得到根与系数的关系，结合重心性质，通过化简面积比，转化为关于参数的函数，根据参数范围求取值范围.
（1）∵，∴.
又∵，，.
∴椭圆的标准方程为.
（2）设直线的方程：，
由在轴同侧可得，
设，，，
由得：，
则，，
，
.
∵的重心在原点，
∴，且.
∴
.
∵，
因为，所以，
∴，∴.
19．【答案】（1）解：不是，理由如下：
当时，
因为，但，
所以不是函数的次不动点.
（2）解：①当时，
当时，单调递增，所以，
故；
当时，单调递减，所以，
故，
所以
所以只有一个解，又，故0不是次不动点.
当时，所以有解集，
又当时，，故中的所有点都不是次不动点.
当时，
当时，单调递增，令，则，
则当时，，所以；
当时，，所以；
当时，单调递减，令，则，
则当时，，所以；
当时，，所以.
所以
令，有四个解0，，，，
又，，
，，
故只有，是的次不动点.
综上所述，的取值范围为.
②由①得当时，
所以，，
函数在单调递增，单调递减，单调递增，单调递减，
所以函数的最大值点为或，
因为，所以，
所以，，.
所以.
因为，所以，当且仅当，即时去等号，
所以，
则.
【知识点】函数的单调性及单调区间
【解析】【分析】（1）将代入函数，计算和，根据次不动点定义判断.
（2）①分、、三种情况，讨论的解及次不动点存在情况，确定的范围。②根据的单调性和的条件确定点的坐标，进而计算三角形面积的取值范围.
（1）当时，
因为，但，
所以不是函数的次不动点.
（2）①当时，
当时，单调递增，所以，
故；
当时，单调递减，所以，
故，
所以
所以只有一个解，又，故0不是次不动点.
当时，所以有解集，
又当时，，故中的所有点都不是次不动点.
当时，
当时，单调递增，令，则，
则当时，，所以；
当时，，所以；
当时，单调递减，令，则，
则当时，，所以；
当时，，所以.
所以
令，有四个解0，，，，
又，，
，，
故只有，是的次不动点.
综上所述，的取值范围为.
②由①得当时，
所以，，
函数在单调递增，单调递减，单调递增，单调递减，
所以函数的最大值点为或，
因为，所以，
所以，，.
所以.
因为，所以，当且仅当，即时去等号，
所以，
则.
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