湖南省十四校联考2025届高二数学第一学期期末教学质量检测试题含解析

湖南省十四校联考2025届高二数学第一学期期末教学质量检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．若等轴双曲线C过点，则双曲线C的顶点到其渐近线的距离为（）A.1 B.C. D.22．抛物线的焦点为，准线为，焦点在准线上的射影为点，过任作一条直线交抛物线于两点，则为（）A.锐角 B.直角C.钝角 D.锐角或直角3．已知命题p：，，则命题p的否定为（）A.， B.，C.， D.，4．在正方体中，下列几种说法不正确的是A. B.B1C与BD所成的角为60°C.二面角的平面角为 D.与平面ABCD所成的角为5．某学习小组研究一种卫星接收天线（如图①所示），发现其曲面与轴截面的交线为抛物线，在轴截面内的卫星波束呈近似平行状态射入形为抛物线的接收天线，经反射聚焦到焦点处（如图②所示）．已知接收天线的口径（直径）为3.6m，深度为0.6m，则该抛物线的焦点到顶点的距离为（）A.1.35m B.2.05mC.2.7m D.5.4m6．已知等比数列中，，，则首项（）A. B.C. D.07．中，，，分别为三个内角，，的对边，若，，，则（）A. B.C. D.8．在等差数列{an}中，已知a1＝2，a2+a3＝13，则a4+a5+a6等于（）A.40 B.42C.43 D.459．下列语句为命题的是（）A. B.你们好！C.下雨了吗？ D.对顶角相等10．已知双曲线C：-=1的焦距为10，点P（2,1）在C的渐近线上，则C的方程为A.-=1 B.-=1C.-=1 D.-=111．已知为等差数列，为其前n项和，，则下列和与公差无关的是（）A. B.C. D.12．直线与直线交于点Q，m是实数，O为坐标原点，则的最大值是（）A.2 B.C. D.4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知双曲线C：的一个焦点坐标为，则其渐近线方程为__________14．已知数列满足，，则______.15．万众瞩目的北京冬奥会将于2022年2月4日正式开幕，继2008年北京奥运会之后，国家体育场（又名鸟巢）将再次承办奥运会开幕式.在手工课上，王老师带领同学们一起制作了一个近似鸟巢的金属模型，其俯视图可近似看成是两个大小不同、扁平程度相同的椭圆.已知大椭圆的长轴长为40cm，短轴长为20cm，小椭圆的短轴长为10cm，则小椭圆的长轴长为________cm.16．如图，E，F分别是三棱锥的棱AD，BC的中点，，，，则异面直线AB与EF所成的角为______.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在直三棱柱中，、、、分别为中点，.（1）求证：平面（2）求二面角的余弦值18．（12分）如图，四棱锥P－ABCD中，PA平面ABCD，，∠BAD=120o，AB＝AD＝2，点M在线段PD上，且DM＝2MP，平面（1）求证：平面MAC平面PAD；（2）若PA＝6，求平面PAB和平面MAC所成锐二面角的余弦值19．（12分）已知椭圆的上顶点在直线上，点在椭圆上.（1）求椭圆C的方程；（2）点P，Q在椭圆C上，且，，点G为垂足，是否存在定圆恒经过A，G两点，若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由.20．（12分）等比数列中，，（1）求的通项公式；（2）记为的前n项和．若，求m的值21．（12分）已知直线过点（1）若直线与直线垂直，求直线的方程；（2）若直线在两坐标轴的截距相等，求直线的方程22．（10分）已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，圆：过椭圆的三个顶点，过点的直线（斜率存在且不为0）与椭圆交于两点（1）求椭圆的标准方程（2）证明：在轴上存在定点，使得为定值，并求出定点的坐标

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、A【解析】先求出双曲线C的标准方程，再求顶点到其渐近线的距离.【详解】设等轴双曲线C的标准方程为，因为点在双曲线上，所以，解得，所以双曲线C的标准方程为，故上顶点到其一条渐近线的距离为.故选：A2、D【解析】设出直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理，求得，根据其结果即可判断和选择.【详解】为说明问题，不妨设抛物线方程，则，直线斜率显然不为零，故可设直线方程为，联立，可得，设坐标为，则，故，当时，，；当时，，；故为锐角或直角.故选：D.3、D【解析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.【详解】根据全称命题与存在性命题的关系可得：命题“p：，”的否定式为“，”.故选：D.4、D【解析】在正方体中，利用线面关系逐一判断即可.【详解】解：对于A，连接AC，则AC⊥BD，A1C1∥AC，∴A1C1⊥BD，故A正确；对于B，∵B1C∥D，即B1C与BD所成的角为∠DB，连接△DB为等边三角形，∴B1C与BD所成的角为60°，故B正确；对于C，∵BC⊥平面A1ABB1，A1B⊂平面A1ABB1，∴BC⊥A1B，∵AB⊥BC，平面A1BC∩平面BCD＝BC，A1B⊂平面A1BC，AB⊂平面BCD，∴∠ABA1是二面角A1﹣BC﹣D的平面角，∵△A1AB是等腰直角三角形，∴∠ABA1＝45°，故C正确；对于D，∵C1C⊥平面ABCD，AC1∩平面ABCD＝A，∴∠C1AC是AC1与平面ABCD所成的角，∵AC≠C1C，∴∠C1AC≠45°，故D错误故选D【点睛】本题考查了线面的空间位置关系及空间角，做出图形分析是关键,考查推理能力与空间想象能力5、A【解析】根据题意先建立恰当的坐标系，可设出抛物线方程，利用已知条件得出点在抛物线上，代入方程求得p值，进而求得焦点到顶点的距离.【详解】如图所示，在接收天线的轴截面所在平面上建立平面直角坐标系xOy，使接收天线的顶点（即抛物线的顶点）与原点O重合，焦点F在x轴上设抛物线的标准方程为，由已知条件可得，点在抛物线上，所以，解得，因此，该抛物线的焦点到顶点的距离为1.35m，故选：A.6、B【解析】设等比数列的公比为q，根据等比数列的通项公式，列出方程组，即可求得，进而可求得答案.【详解】设等比数列公比为q，则，解得，所以.故选：B7、C【解析】利用正弦定理求解即可.【详解】，，，由正弦定理可得，解得，故选：C.8、B【解析】根据已知求出公差即可得出.【详解】设等差数列的公差为，因为，，所以，则.故选：B.9、D【解析】根据命题的定义判断即可.【详解】因为能够判断真假的语句叫作命题，所以ABC错误，D正确.故选：D10、A【解析】由题意得，双曲线的焦距为，即，又双曲线的渐近线方程为，点在的渐近线上，所以，联立方程组可得，所以双曲线的方程为考点：双曲线的标准方程及简单的几何性质11、C【解析】依题意根据等差数列的通项公式可得，再根据等差数列前项和公式计算可得；【详解】解：因为，所以，即，所以，，，，故选：C12、B【解析】求出两直线的交点坐标，结合两点间的距离公式得到，进而可以求出结果.【详解】因为与的交点坐标为所以，当时，，所以的最大值是，故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据双曲线的定义由焦点坐标求出，即可得到双曲线方程，从而得到其渐近线方程；【详解】解：因为双曲线C：的一个焦点坐标为，即，，又，所以，所以双曲线方程为，所以双曲线的渐近线为；故答案为：14、1023【解析】由数列递推公式求特定项，依次求下去即可解决.【详解】数列中，则，，，，，，故答案为：102315、20【解析】求出大椭圆的离心率等于小椭圆的离心率，然后求解小椭圆的长轴长【详解】在大椭圆中，，，则，.因为两椭圆扁平程度相同，所以离心率相等，所以在小椭圆中，，结合，得，所以小椭圆的长轴长为20.故填：20.【点睛】本题考查椭圆的简单性质的应用，对椭圆相似则离心率相等这一基础知识的考查16、【解析】取的中点，连结，由分别为的中点，可得(或其补角)为异面直线AB与EF所成的角，在求解即可.【详解】取的中点，连结由分别为的中点，则所以(或其补角)为异面直线AB与EF所成的角由分别是的中点,则，又在中,，则所以,又，所以在直角中，故答案为：三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析；（2）【解析】（1）取中点，连接，根据直棱柱的特征，易知，再由、分别为的中点，根据中位线定理，可得，得到四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明.（2）取的中点，连接，以为原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系，则．，再分别求得平面和平面的一个法向量，利用面面角的向量公式求解.【详解】（1）证明：如图所示：取中点，连接，易知，、分别为的中点，∴，∴故四边形为平行四边形，∴，∵平面，平面，平面（2）取的中点，连接，以为原点，、、分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，如图所示：则∴，设平面的法向量为，则，即，取，得，易知平面的一个法向量为，∴，∴二面角的余弦值为【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理和面面角的向量求法，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.18、（1）证明见解析（2）【解析】(1)连接BD交AC于点E，连接ME，由所给条件推理出CA⊥AD，进而得CA⊥平面PAD，证得结论(2)首先以A为原点，射线AC，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，再利用向量法求解二面角即可【小问1详解】(1)连接BD交AC于点E，连接ME，如图所示：∵平面MAC，PB平面PBD，平面PBD平面MAC=ME，∴，，则BC=1，而AB=2，，，∴AC2+BC2=4=AB2，∠ACB=90º，∠CAD=90º，即CA⊥AD，又PA⊥平面ABCD，CA平面ABCD，∴PA⊥CA，又PAAD=A，∴CA⊥平面PAD，而CA平面MAC，∴平面MAC⊥平面PAD【小问2详解】（2）如图所示：以A为原点，射线AC，AD，AP分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，则，∴，设平面PAB和平面MAC的一个法向量分别为，平面PAB和平面MAC所成锐二面角为，∴，，∴.19、（1）；（2）存在，定圆.【解析】（1）由题可得，，即求；（2）由题可设直线的方程，利用韦达定理及条件可得直线恒过定点，则以为直径的圆适合题意，即得.【小问1详解】由题设知，椭圆上顶点为，且在直线上∴，即又点在椭圆上，∴解得，∴椭圆C的方程为；【小问2详解】设，，当直线斜率存在，设直线为：联立方程，化简得∴，，∵，∴又∵，∴将，代入，化简得，即则或，①当时，直线恒过定点与点重合，不符题意.②当时，直线恒过定点，记为点，∵，∴以为直径，其中点为圆心的圆恒经过两点，则圆方程为：；当直线斜率不存在，设方程为，，，且，，∴，解得或（舍去），，取，以为直径作圆，圆方程为：恒经过两点，综上所述，存在定圆恒经过两点.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是证明直线恒过定点，结合条件可得以为直径的圆，适合题意即得.20、（1）或；（2）5.【解析】（1）设的公比为q，解方程即得解；（2）分两种情况解方程即得解.【小问1详解】解：设的公比为q，由题设得由已知得，解得（舍去），或故或【小问2详解】解：若，则由，得，解得若，则由，得，因为，所以此方程没有正整数解综上，21、（1）（2）或【解析】(1)由两条直线垂直可设直线的方程为，将点的坐标代入计算即可；(2)当直线过原点时，根据直线的点斜式方程即可得出结果；当直线不过原点时可设直线的方程为，将点的坐标代入计算即可.【小问1详解】解：因为直线与直线垂直所以，设直线的方程为，因为直线过点，所以，解得，所以直线的方程为【小问2详解】解：当直线过原点时，斜率为，由点斜式求得直线的方程是，即当直线不过原点时，设直线的方程为，把点代入方程得，所以直线的方程是综上，所求直线的方程为或22、（1）；（2）见解析，定点【解析】（1）先判断圆经过椭圆的上、下顶点和右顶点