湖南省名校联考联合体2024-2025学年高二上学期期末数学试题（A卷）【含答案解析】

2024年高二第一学期期末质量检测考试数学（A卷）（考试范围：必修一、二，选择性必修一、二）时量：120分钟满分：150分一、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.已知集合，集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意解集合A，根据一元二次不等式的解法解集合B，结合交集的概念与运算即可求解.【详解】集合，或，则.故选：C.2.下列运算正确的是（）A. B.C D.【答案】B【解析】【分析】根据根式的运算判断A；根据分数指数幂的运算判断B；根据对数的运算以及定义判断CD.【详解】对于A：根据根式的运算可得，故A错误；对于B：，故B正确；对于C：，故C错误；对于D：真数大于0，则D错误；故选：B3.在中，角，，所对的边分别为，，，为的面积，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将三角形的面积，及，代入条件计算即可.【详解】将代入已知条件，得到，则，则，则.故选：B4.在下列函数中，周期为的函数是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用三角恒等变换、结合正余弦函数及正切函数的周期逐项判断即可.【详解】对于A，，周期为，A不是；对于B，，周期为，B不是；对于C，，周期为，C是；对于D，，周期为,D不是.故选：C5.有一道数学难题，学生甲解出的概率为，学生乙解出的概率为，学生丙解出的概率为，若甲、乙、丙三人独立去解答此题，则（）A.三人都解出的概率为 B.没有人能解出的概率为C.恰有一人解出的概率为 D.恰有两人解出的概率为【答案】D【解析】【分析】利用独立事件的乘法公式、互斥事件的加法公式，求各选项对应事件的概率即可.【详解】对A，三人都解出的概率为，故A错误；对B，没有人能解出概率为，故B错误；对C，恰有一人解出的概率为，故C错误；对D，恰有两人解出的概率为，故D正确.故选：D.6.在正四棱台中，，，，则（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量法求.【详解】在正四棱台中，过点向作垂线，垂足为点，则，所以，.故选：A7.已知等比数列的前项和为，，，数列满足：，且数列的前项和为，若对于任意的实数，不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据等比数列的通项公式和前项和公式求出公比，进而求得，则，结合裂项相消法求和可得，进而根据不等式恒成立的问题计算即可求解.【详解】设等比数列的公比为，易知，由题意可得，解得，则，，所以，则，所以原不等式可转化为对任意的实数恒成立，即恒成立，解得.故选：D.8.古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点，及动点，若（且），则点的轨迹是圆.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆（简称“阿氏圆”）.在平面直角坐标系中，已知，，直线：，直线：，若为，的交点，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知可得，则点的轨迹是以为直径的圆，除去点、点，得到的轨迹方程为，由阿氏圆性质找到点，将转化为，问题转化为求解到两定点距离之和最小即可.【详解】当时，：，：，此时交点为；当时，由直线：，斜率为，由直线：，斜率为，，又：，直线恒过，：，直线恒过，若为，的交点，则，所以点的轨迹是以为直径的圆，除去点、点.综合以上两种情况，点的轨迹是以为直径的圆，除去点，则圆心为的中点，圆的半径为，故的轨迹方程为，即，又，，易知，在该圆内，又由题意可知圆上一点满足，取，则，满足.下面证明任意一点都满足，即，，又，，，又，，如图，当且仅当，，三点共线，且位于，之间时，等号成立，即的最小值为.故选：【点睛】思路点睛：利用阿氏圆的定义取点，构造，转化线段和结合三角形三边关系计算即可.二、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.已知为曲线上一动点，则下列说法正确的是（）A.的最小值为B.到直线的距离的最小值为1C.的最小值为D.存在一个定点和一条定直线，使得到定点的距离等于到定直线的距离【答案】ACD【解析】【分析】由得，可知其图象为抛物线的上半部分，故D正确，由抛物线的焦半径公式可判断A正确，选项C可转化为到焦点与的距离和，进而可知其最小值为到准线的距离，选项B由点到直线的距离公式，结合的取值范围可得.【详解】选项A：由得，其图象为抛物线的上半部分，焦点为，为点到焦点的距离，故，故A正确；选项B：到直线的距离为，又，故，故，故B错误；选项C：即为到焦点与的距离和，由抛物线的定义可知，其最小值为到准线的距离，即为，故C正确；选项D：由抛物线的定义可判断到与直线的距离相等，故D正确，故选：ACD.10.如图，菱形的边长为2，，为边的中点，将沿折起，折叠后点的对应点为，使得平面平面，连接，，则下列说法正确的是（）A.点到平面的距离为B.与所成角的余弦值为C.三棱锥的外接球的体积为D.直线与平面所成角的正弦值为【答案】ABD【解析】【分析】根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，从而建立空间直角坐标系，求解平面法向量，根据点面距离公式求解A，根据向量的夹角公式求解BD，根据外接球的性质求解半径，即可根据体积公式求解C.【详解】因为菱形中，为的中点，所以，即将沿折起后，，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，则，，两两垂直，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，.对于A，设平面的法向量为，则取，得，所以点到平面的距离为，A正确；对于B，与所成角的余弦值为，B正确；对于C，取的中点为，则，所以为三棱锥的外接球球心，，C错误；对于D，设直线与平面所成的角为，则，D正确.故选:ABD11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.的最小值为B.若的最小值为，且，则（参考）C.若，则D.若有两根，则的取值范围为【答案】BC【解析】【分析】对于A项：应用导数研究函数的单调性，再研究最值即可求得；对于B项：最小值为，即，可构造函数，应用零点存在定理证求解即可；对于C项：分类讨论当，，时，gx=ex−eax−a(x>a)的最小值即可；对于D项：由有两根可等价转化为有两根，构造函数求其最值即可.【详解】对于A项：因为函数fx=e所以，由f′x=e所以上，单调递减，在上，单调递减，在上，单调递增.当时，；当时，，所以A错误；对于B项：由上推理可知当时，，所以.设函数，则，所以函数在单调递增.又因为，，所以，则，所以，故B正确；对于C项：因为gx所以，令，则φ′x=则函数在单调递增，又因为，所以，若，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以；若，当时，，单调递增；所以gx若，当时，，设kx=ex所以kx所以ka又因为，所以gx−e>0对于D项：因为有两根，所以，即有两根.令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增；且当，时，.所以，所以有两根只需，故D错误；故选：BC.【点睛】关键点点睛：在C项推理中，若，只需证明，因此可构造函数kx=ex−ex(x>1)，只需证明当时，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知等差数列的前项和为，，则______.【答案】##0.5【解析】【分析】运用等差数列的求和公式计算即可.【详解】设等差数列的公差为，由.故答案为：.13.曲线在处的切线方程为______.【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义计算即可求解.【详解】，则，，故所求切线方程为，即.故答案为：14.如图，在平面直角坐标系中，设，，，为椭圆的四个顶点，为线段靠近原点处的三等分点，若点关于直线的对称点恰好在椭圆上，则该椭圆的离心率为______.【答案】或【解析】【分析】求出直线的方程以及直线的方程，联立求出两线交点坐标，可得点的坐标，代入椭圆方程，化简可得或，进而可求该椭圆的离心率.【详解】因为为线段靠近原点处的三等分点，所以，由截距式方程可得直线的方程为，即①点关于直线的对称点为，所以直线的斜率为，由斜截式方程可得直线的方程为②，①②联立解得两线交点坐标，因为N是线段的中点，又，所以，即点，因为M在椭圆上，代入椭圆方程：化简可得，解得或，所以或.故答案为：或.【点睛】方法点睛：求椭圆离心率的常见方法，1，直接求出的值求离心率；2，先得到的方程，再根据齐次式求解；3.先求的值，再求离心率.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.已知的三个顶点分别为，，.（1）求的面积；（2）求的外接圆的方程，并求这个圆的圆心坐标和半径.【答案】（1）1（2），圆心坐标是，半径为【解析】【分析】（1）运用两点间距离公式计算，求出边所在直线的方程，再用点到直线距离公式计算高，最后算出面积即可；（2）设圆的方程为，运用待定系数法，代入点计算即可.【小问1详解】，边所在直线的方程为，即，点到直线：距离为，所以.【小问2详解】设圆的方程为，由题意得，，，所求圆的方程为，即，所求圆圆心坐标是，半径.16.已知函数．（1）当时，求的单调区间；（2）若有两个零点，求的取值范围．【答案】（1）函数的单调增区间为，单调减区间为.（2）【解析】【分析】（1）求该函数的定义域，求导，根据导数判断函数的单调性；（2）分离参数，并构造函数，利用导数得出的大致图像，进而由与的图象有两个交点结合图像得出所求范围.【小问1详解】函数的定义域为，，令，即，解得.当时，，则，函数在上单调递增；当时，，则，函数在上单调递减；综上，函数的单调增区间为，单调减区间为.【小问2详解】由题意在上有两个不同的根.可化为，令，则问题转化为与的图象有两个交点.,令，则，.当时，，则，函数在上单调递增；当时，，则，函数在上单调递减；所以在处取得极大值，也是最大值，，当时，，则，当时，的增长速度远慢于的增长速度，所以.因为与的图象有两个交点，所以.综上，的取值范围为.17.如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，，，是的中点.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，，易知四边形为正方形，得到，再根据全等三角形得到，进而得到，最后用线面垂直判定得到平面，进而得到面面垂直即可；（2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标和法向量坐标，结合向量夹角余弦公式计算即可.【小问1详解】如图，取的中点为，连接，，设，连接，易知四边形为正方形，，，，，，为的中点，，因为，，平面，平面，又平面，平面平面.【小问2详解】易知，又，，，平面，平面，如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的法向量为，则取得，设平面的法向量为，则取，得，设平面与平面所成的角为，则，故平面与平面夹角的余弦值为.18.已知双曲线与直线：有唯一的公共点，过点且与垂直的直线分别交轴、轴于，两点.（1）求直线的方程（用，表示）；（2）当点运动时，求点（的横坐标为的横坐标，的纵坐标为的纵坐标）的轨迹的方程；（3）已知点，若直线不过点且与曲线相交于两点，并且有，问是否存在直线使得的面积为72？若存在，求出此时直线的方程；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2），（3）存在，或或【解析】【分析】（1）由题意，可知直线与双曲线相切于点，利用推得，将直线与双曲线方程联立求得点坐标，即可写出直线的方程；（2）由（1）结论，易求得，取，（），结合，消去，即得点的轨迹方程；（3）设直线的方程为，，将直线与双曲线方程联立，写出韦达定理，由推出，即得直线经过定点，由的面积求得或，即得直线的方程.【小问1详解】将代入，整理得，因为，是双曲线与直线的唯一公共点，所以，即（*），解得，代入，解得：，即，将（*）代入，即得，其中，所以过点且与直线垂直的直线的方程为，即.【小问2详解】由（1）已得直线的方程为，分别令即得：，令即得：，所以，即，（），又，故有.即点的轨迹的方程，其中.【小问3详解】易知直线的斜率不为0（若直线的斜率为0，易知，与题设条件矛盾），如图，设直线的方程为，，，则由得，其中，则，，由，，可得，即，也即，故，整理得：，将，代入上式化简得：，解得，（因直线不过点，故舍去），则直线的方程为，故经过定点，此时，，则可得的面积：，化简得：，解得或，故所求直线的方程为或或.【点睛】方法点睛：本题主要考查探求动点的轨迹方程和直线过定点问题，属于难题.对于求动点的轨迹的方法，主要有：（1）直接法：利用题设等式化简或满足圆锥曲线的定义条件时常用；（2）相关点法：利用动点与相关点（在固定的曲线上）的数量关系求解；（3）消参法：利用动点的横纵坐标满足的关系式，通过消去参数求得.19.若正整数数列满足：对任意的，都有恒成立，则称数列为“差增数列”.（1）若1，，，8为“差增数列”，写出所有可能的，；（2）若“差增数列”满足：，，求的最大值；（3）对所有可能的“差增数列”，记（表示数集中的最大值），求的最小值.【答案】（1）或或或（2）65（3）511567【解析】【分析】（1）根据“差增数列”的定义可列不等式，结合正整数解，即可得解，（2）利用迭代法可得，进而得，即可结合二次函数的性质，代值求解，（3）根据可得，又结合取值得求解.【小问1详解】依题意，因为