数学答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年12月试卷_1223浙江省金华市卓越联盟高二12月阶段性联考全科试卷及答案

2024 学年第一学期金华市卓越联盟 12 月阶段性联考 高二年级数学学科参考答案 一、单选题 1 2 3 4 5 6 7 8 D C C B D A A B 二、多选题 9 10 11 ABD BD ABD 三、填空题 12. 300 13. 20 14. 5 四、解答题 15.解析：（1）圆C:(x1)2(y2)2 5m 圆心 C(1,2), 半径r  5m………..2 分 其中 C到轴的距离d 2 由已知得2 5m4 2 5 m4……………..5分 （2）设直线l:x y50,k 1 l 四边形PACD的面积S  PAr 3 PA 3 PC 2 9…………8分 PACD 当取 PC 最小值时，四边形四边形PACD面积最小 此时直线PCl 125  PC  4 2…………10分 2 所以四边形四边形PACD面积最小值为 S  PAr 3 PA 3 PC 2 9 3 23…………13分 PACD16.解析：设数列a 首项为a ，公比为q， n 1 a 18 a aq6 a 2  1 则 2 1 得 1 或  1 （舍去）  S a aqa q2 26 q3  q  3 1 1 2  3 a 2 3n1…………..3 分 n 2T 2T 由已知得 1 2  n 2(n1)n1………5分 b b 1 n 2T (n1)b ………..① 2T nb (n2)……..② n n n1 n-1 b b ①-②得nb (n1)b 即 n  n1 n1 n n n1 b  b b 所以  n 为常数数列， n  1 1b n……….8分  n  n 1 n （2）C  2n3n1 n …………① K  230 431 632 2n3n1 n 3K 231 432 633 2n3n…………②………….10 分 n ①-②得2K  230  231  232  23n1 2n3n n 13n  2 2n3n  1(2n 1)3n ………….14 分 13 1 1 K   (n  )3n ……………15分 n 2 2 zz z z y y y x y x x 17.解析 x (1) 连接OB,OD.则OB ⊥ AC,OD ⊥ AC.∵ 平面 ABC ⊥ 平面ACD,平面ABC∩平面 ACD = AC,OD ⊂ 平面 ACD ∴ OD ⊥ 平面ABC .......................2 分 如图建系 (图1)， 设正方形边长为 2，则A(√2,0,0),D(0,0,√2),E( √2 ,0, √2 ),F(− √2 , √2 ,0) 2 2 2 2 ∴O⃗⃗⃗⃗E⃗ = ( √2 ,0, √2 ),O⃗⃗⃗⃗⃗F = (− √2 , √2 ,0) ..........................4 分 2 2 2 2 设直线 OE与OF所成角为θ 1 − 1 π ∴ cosθ = |cos〈O⃗⃗⃗⃗E⃗ ,O⃗⃗⃗⃗⃗F 〉| = | 2 | = ∴ θ = 1×1 2 3 π ∴直线 OE与OF所成角为 ....................7 分 3 (2) 连接OB,OD 则OB ⊥ AC,OD ⊥ AC. ∴ ∠DOB为二面角B−AC−D的平面角. ∴ ∠DOB = 600 ........................................9 分 过O 作OZ ⊥ OB, 如图所示建系（图 2），设正方形边长为2√2 B(0,2,0),D(0,1,√3),A(2,0,0),E(1, 1 , √3 ),F(−1,1,0) 2 2 ∴ B⃗⃗⃗⃗D⃗ = (0,−1,√3) ..................................11 分 O⃗⃗⃗⃗E⃗ = (1, 1 , √3 ),O⃗⃗⃗⃗⃗F = (−1,1,0) 2 2 设平面 OEF的法向量为𝑛⃗ = (𝑥,𝑦,𝑧) 𝑂⃗⃗⃗⃗𝐸⃗ ∙𝑛⃗ = 0 𝑥 + 1 𝑦+ √3 𝑧 = 0 𝑦 = 𝑥 则{ ,即{ 2 2 , ∴ { 𝑂⃗⃗⃗⃗𝐹⃗ ∙𝑛⃗ = 0 −𝑥 +𝑦 = 0 𝑧 = −√3𝑥 令x = 1,则n⃗ = (1,1,−√3) ..............................13 分设直线 BD与平面OEF 所成角为φ ∴ sinφ = |cos〈B⃗⃗⃗⃗D⃗ ,n⃗ 〉| = | −1−3 | = 2√5 2√5 5 直线 BD与平面OEF所成角为 2√5 ............................15 分 5 18.解析：（1）由题： PQ  QF  QF  QF  4  FF  2 1 2 1 1 2 则点Q的轨迹是以F，F 为焦点，4为长轴的椭圆。 1 2 x2 y2 设椭圆方程为：  1a b  0 则2a  4,2c 2 a2 b2 故a2 4,b2 a2 c2 3， x2 y2 所以轨迹E的方程：  1 …………4分 4 3 x2 y2 （2）椭圆E的方程：  1，则F 1,0 4 3 2 (i) 由 题 可 知 k 0 ， 设 直 线 l :xmy1 ， AB AB Ax ,y ,Bx ,y  1 1 2 2 x  my1 联立 则  3m2 4  y2 6my90 3x2 4y2 12 6m2 4  3m2 4  9144  m2 1  0 6m 9 y  y  y  y  …………6 分 1 2 3m2 4 1 2 3m2 4 1 1 6 m2 1 6 2 S  OF  y  y  y  y 2 4y y   OAB 2 2 1 2 2 1 2 1 2 3m2 4 7 m2 1 即 m1 所以l :xy1 …………10 分 AB （ii）假设存在M t,0 满足题意，y y y y 则k k  1  2  1 2 ……11 分 MA MB x t x t my 1tmy 1t 1 2 1 2 9 y y 3m2 4  1 2  m2y y m1ty  y 1t2 9m2 6m21t 1 2 1 2  1t2 3m2 4 3m2 4 2 9 9   定值 ……14分 9m2 6m21t1t2 3m2 4   3t2 12  m2 41t2 则3t2 120即t 2，……15分 当M 2,0 时，k k  9 ； MA MB 4 当M 2,0 时，k k  1 ……………………17 分 MA MB 4 19.解析：（1）由题意及双曲线的对称性， 当e M半径最大时，公共点位于双曲线右顶点A(3,0)， 此时双曲线右支上任一点P(x ,y )， 0 0 到圆心M(m,0)(m3)的最小距离恰好在顶点A(3,0)处取到， x2 4 由 PM  (x m)2  y2  x m2  0 3 x2 2mx m2 3 x 3，……………2 分 0 0 0 3 3 0 0 0 4 3 若 PM 的最小值在x 3时取到，则二次函数 y  x2 2mx m2 3 的对称轴 x  m3 ， 0 3 0 0 4 解得m4，e M的半径rm31. 当m4时，e M的最大半径为1，此时e M 的方程为x42  y2 1.…………4 分 （2）设Px ,y ，则 PQ  PM2 QM2  x 32  y2 1 ， 0 0 0 0 因为P(x ,y )以双曲线上，所以 y2  x 0 2 3 ， 0 0 0 3 x2 4 2 3 所以 PQ  x 42  0 31 x2 8x 12  x 3 ， 0 3 3 0 0 3 0由题意， 3 ， ………………6 分 PR  y  y   x  y R P 3 0 0 ①点P位于第一象限时， PR   3 x  y  3 x  y ， PQ  2 3 x 3， 3 0 0 3 0 0 3 0 故|PQ||PR| 3x  y 2 3，设直线l: 3x y2 30， 0 0 故|PQ||PR| 3x  y 2 3可看作是双曲线上的点到直线l距离的2倍. 0 0 设平行于l的双曲线的切线为y  3xt， y  3xt 联立 消y得，8x26 3tx3t290， x2 y2   1  9 3 V108t296  t23  12t22880 ，解得t2 6. 此时距l较近的切线为y  3x 2 6，故两线距离为 6  3， 9 2 6 当且仅当 时取到. x  ,y  0 4 0 4 所以|PQ||PR| 2 62 3； ………………9 分 min ②当点P位于第四象限时，由对称性可知，|PQ||PR| 3x  y 2 3， 0 0 9 2 6 且|PQ||PR| 2 62 3，当且仅当 x  ,y  时取到. min 0 4 0 4 |PQ||PR|的最小值为2 62 3. ………………………………11 分 （3）注意到左半支双曲线旋转时，曲线上的任意一点 P(x ,y ) 绕(0,y )作圆周运动， 0 0 0 轨迹是以 (0,y ) 为圆心， x 为半径的圆， 0 0 故可在空间直角坐标系中设旋转后的P点坐标为P(x,y,z)， x  x cos 则 0 ，因为 x2 y2 ， y  y 0  0 1 0 9 3  z x sin 0x2 y2 z2 所以经过旋转后的点P坐标满足   1 ，…………………12分 9 3 9 ur 由题意， N  2 3,1,0 ，设直线m的方向向量为m(a,b,c)， 则直线上任意点的坐标   ， E 2 3at,1bt,ct ,tR 若E总是在左支上，则 2 3at 2 31bt2 ct2 9 ， 化简得 a2 c2 3b2 t2   4 3a6b  t 0 （）…………………………14分 同理， E  2 3at,1bt,ct  ,tR 也在左支上，代入化简得  a2 c2 3b2 t2   4 3a6b  t 0 （）…………………………15 分 则由两式分别相加减得， a2 c2 3b2 t2 0 与 2 3a3b  t 0 ， 由式子对任意tR成立， 则a2c23b2 0，且2 3a3b0， 令a 3，则b2,c3. ur 故直线 m的一个方向向量可以为  或 . ……17分 m 3,2,3 3,2,3 （注意：其它与这两个向量共线的非零向量都可以）