湖南省名校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷 含解析

高二数学专版考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号.回答非选择题时，将写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知为纯虚数，则（）A.3 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用复数乘法求出，再利用纯虚数的意义求解即得.【详解】依题意，，由是纯虚数，得，所以.故选：B2.空间直角坐标系中，已知点，若点与点关于平面对称，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据空间坐标系的定义得对称点的坐标，再求得向量坐标．【详解】由点与点关于平面对称，可得，所以.故选：A．3.若过点的直线的倾斜角为，且，则的方程为（）A. B.C D.【答案】C【解析】【分析】根据同角三角函数恒等式，可求得的值，即为直线的斜率，再由点斜式方程得到答案.【详解】由及，可得，所以的斜率，所以由点斜式方程得的方程为:，即.故选：C.4.函数的单调递减区间为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出函数的定义域，利用复合函数的单调性可求得原函数的单调递减区间.【详解】对于函数，，解得或.所以，函数的定义域为，内层函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，外层函数为增函数，由复合函数的单调性可知，函数的单调递减区间为.故选：C.【点睛】本题考查对数型复合函数单调区间的求解，考查计算能力，属于基础题.5.6万多年一遇的紫金山—阿特拉斯彗星是中国科学院紫金山天文台发现的第8颗彗星，它于2024年10月12日最接近地球，在北半球可观测到.已知某彗星的运行轨道是以太阳为一个焦点的椭圆，测得轨道的近日点（距太阳最近的点）距太阳中心0.6天文单位，远日点（距太阳最远的点）距太阳中心35天文单位，且近日点､远日点及太阳中心在同一条直线上，则该椭圆的离心率约是（）A.0.017 B.0.25 C.0.86 D.0.97【答案】D【解析】【分析】根据给定的信息，结合椭圆的概念特征，离心率公式列式计算即得.【详解】解析设该椭圆的半焦距为cc>0，长半轴长为，根据题意有，可得，，所以离心率.故选：D.6.已知双曲线的一个焦点到其渐近线的距离为，则的渐近线的斜率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用点到直线的距离公式可得双曲线的上焦点到其渐近线的距离为，则，再结合双曲线的渐近线方程即可得答案.【详解】设的半焦距为，则，根据对称性，可知的上焦点到其渐近线的距离为，所以，所以的渐近线的斜率为.故选：A.7.已知直线与抛物线相交于两点，点在轴上，且，则点到坐标原点的距离为（）A.4 B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】设，直线方程代入抛物线方程（消去）可得，把用坐标表示后可求得，从而得结论．【详解】设，将与联立，得，所以.设，因为，所以0，解得，故点到坐标原点的距离为.故选：D．8.已知正四面体的棱长为3，点在棱上，且，若点都在球的球面上，则球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】取的中点，连接，在线段上取点，使得，连接，点为等边的中心，同时可得点即为球心，进而可求表面积.【详解】如图，取的中点，连接，在线段上取点，使得，连接.在中，.易知点为等边的中心，所以.易知，所以.所以，点即为球心，球的半径为，表面积为.故选：D.二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知直线和圆，则（）A.直线过定点B.直线与圆有两个交点C.存在直线与直线垂直D.直线被圆截得的最短弦长为【答案】ABC【解析】【分析】利用直线方程求定点可判断选项A；利用直线恒过定点在圆内可判断选项B；利用两直线的垂直关系与斜率的关系判断选项C；利用弦长公式可判断选项D.【详解】对A，由可得，，令，即，此时，所以直线l恒过定点，A正确；对B，因为定点到圆心的距离为，所以定点在圆内，所以直线l与圆O相交，B正确；对C，因为直线的斜率为，所以直线l的斜率为，即，此时直线l与直线垂直，满足题意，C正确；对D，因为直线l恒过定点，圆心到直线l最大距离为，此时直线l被圆O截得的弦长最短为，D错误；故选：ABC.10.如图，在直三棱柱中，分别为棱的中点，则（）A.B.平面C.D.点到平面的距离为【答案】BC【解析】【分析】由题意建立空间直角坐标系，利用向量法表示出线段的方向向量和平面的法向量，根据向量的数量积判断线线垂直、线面平行，再利用向量方法计算点到平面的距离，依次判断选项正误.【详解】如图所示，设是棱的中点，连接OC，因为，所以且，以为原点，直线，分别为轴，过作的平行线为轴建立空间直角坐标系，则，所以，，对于选项A，因为，所以CN与不垂直，故A错误；对于选项B，设平面的一个法向量为，则，即，所以取，因为平面，所以MN平面，故B正确；对于选项C，，故C正确；对于选项D，设平面的法向量为n=x,y,z则，可取，所以点到平面的距离为，故D错误.故选：BC.11.已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，离心率为为上关于原点对称的两点（与的顶点不重合），则（）A.的方程为B.C.的面积随周长变大而变大D.直线和的斜率乘积为定值【答案】AD【解析】【分析】对于A，由椭圆的离心率求解；于B，由椭圆的对称性知：，从而，借助基本不等式可得的最小值；对于，表示出周长和面积分析可得;对D:设,，则,，，由点，在椭圆上，即可化得的值.【详解】由题易知，解得，故椭圆方程为：，故A正确；连接，由椭圆对称性知为平行四边形，当且仅当，时等号成立，故错误；对选项C:由选项B可知：，设,，则‘的面积为’由对称性，不妨设在第一象限及正半轴上,故随的增大而减小，的面积为随的增大而增大，即的面积随周长变大而变小，C错误；对选项D：设,，则,，又，所以，点，在椭圆上，结合选项C,，所以，故D正确；故选：AD.【点睛】利用椭圆对称性及定义推导出为平行四边形是本题关键.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在中，内角的对边分别为，已知，则__________.【答案】4【解析】【分析】利用正弦定理即可求解.【详解】因为，所以由正弦定理可得.故答案为：4.13.曲线的周长为__________.【答案】【解析】【分析】曲线围成的图形关于x轴，y轴对称，结合圆的方程运算求解.【详解】当时，方程可化为，此时，曲线是一个半径为的半圆，由对称性可得曲线在各个象限内都是半径为的半圆，故曲线的周长是4个半径为的半圆之和，即.故答案为：.14.已知双曲线的左焦点为，过的直线交圆于，两点，交的右支于点，若，则的离心率为__________.【答案】【解析】【分析】作出辅助线，结合题目条件得到方程组，求出，结合双曲线定义得到方程，求出离心率.【详解】设的半焦距为cc>0，如图，设为坐标原点，的中点为的右焦点为，连接，.因为，所以也是的中点.设，由双曲线的定义得，所以，在中，由，得，所以，在中，由，得.故答案为：.【点睛】方法点睛：求解离心率的常用方法：（1）直接法：直接求出，求解；（2）变用公式，整体求出；（3）利用题目中所给的几何关系或者条件得出的关系；（4）构造的齐次式，解出.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.已知函数.（1）求的单调递减区间；（2）若在区间上的值域为，求实数的取值范围.【答案】（1）.（2）.【解析】【分析】（1）利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角和与差的正弦公式将函数化为，利用正弦函数的单调性解不等式，可得到函数的递增区间;（2）要使得在上的值域为，即在上的值域为，可得，从而可得结果.【小问1详解】因为令，得.所以的单调递减区间为.【小问2详解】当时，，在区间上的值域为，令，得，有，令，得，有.所以，得，即的取值范围是.16.如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，且平面平面ABCD，．（1）证明：平面PCD；（2）若，E为棱PC的中点，求直线PC与平面ABE所成角的正弦值．【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面ABCD，进而可得，，结合线面垂直的性质定理分析证明；（2）建系标点，求平面ABE的法向量，利用空间向量求线面夹角.【小问1详解】因为平面平面ABCD，，且平面平面，平面，可得平面ABCD，由平面ABCD，则，因为ABCD为正方形，则，且，平面PCD，所以平面PCD.【小问2详解】由（1）可知：平面ABCD，且ABCD为正方形，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：由题意可得：，则，设平面ABE的法向量为，则，令，则，可得，且，所以直线PC与平面ABE所成角的正弦值为.17.已知抛物线C：与椭圆E：的一个交点为，且E的离心率.（1）求抛物线C和椭圆E的方程；（2）过点A作两条互相垂直的直线AP，AQ，与C的另一交点分别为P，Q，求证：直线PQ过定点.【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）将点坐标代入抛物线方程可求出，从而可求出抛物线的方程，再将点的坐标代入椭圆方程，结合和，从而可求出椭圆方程；（2）设直线为，，将直线方程代入抛物线方程，化简利用根与系数的关系，表示出，，由，得，化简后可得，代入可求得直线过的定点.【小问1详解】因点在抛物线C：y2=2pxp>0所以，得，所以抛物线方程为，因为点在椭圆E：上，离心率，所以，解得，所以椭圆方程为【小问2详解】由题意可知直线的斜率不为零，所以设直线为，，由，得，由，得，则，由题意可知直线，的斜率均存在且不为零，所以，，因为，所以，所以，则，所以，得，所以直线为，所以，所以直线恒过定点【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查抛物线方程的求法，考查直线与抛物线的位置关系，第（2）问解题的关键是设出直线的方程代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系，再结合化简求解，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题.18.已知椭圆的左､右焦点分别为，短轴长为2.（1）求E的方程.（2）若为上一点，求的取值范围.（3）判断上是否存在不同的三点，使得线段（为坐标原点）的中点与的中点重合于直线上一点.若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）（3）或.【解析】【分析】（1）由已知求得即可得；（2）设Px,y，得，代入后可求得取值范围；（3）设直线的方程为，直线方程代入椭圆方程整理后可得，求出中点的坐标，再求得点坐标，代入椭圆方程得的关系式，结合韦达定理中，可求得得直线方程．也可设点，得，代入椭圆方程求得，从而得点坐标，利用是中点（把坐标代入椭圆方程相减）求得直线斜率后可得直线方程．【小问1详解】因为，所以，因为的短轴长为2，所以，所以的方程为.【小问2详解】设Px,y，则，易知，所以因为，所以，所以的取值范围是.【小问3详解】方法一：由题意得直线的斜率存在，设直线的方程为，由得，所以，即，.因为的中点为，所以，①.因为点为线段的中点，所以，将点的坐标代入，得，与①式联立，解得或均满足，所以直线的方程为或，即，或.方法二：设点，则，由题意知直线的斜率存在，所以.将点坐标代入的方程，得，解得，所以.若与的中点重合，则.由点在上，得两式相减，得，整理可得.当点坐标为时，，当点坐标为时，，所以直线的方程为或，即或.【点睛】方法点睛：已知椭圆的弦中点坐标，设弦两端点坐标为，代入椭圆方程有，两式相减得：，时，，即为弦所在直线斜率．19.在平面直角坐标系中，定义为两点的“切比雪夫距离”，又设点及直线上任意一点，称的最小值为点到的“切比雪夫距离”，记作.（1）已知点和点，直线，求和.（2）已知圆和圆.①若两圆心的切比雪夫距离，判断圆和圆的位置关系；②若，圆与轴交于两点，其中点在圆外，且，过点任作一条斜率不为0的直线与圆交于两点，记直线为，直线为，证明：.【答案】（1）3，.（2）①圆与圆相切；②证明见解析【解析】【分析】（1）根据“切比雪夫距离”定义