精品解析：湖南省名校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷

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：B 2. 在空间直角坐标系中，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】求出点的坐标可得答案. 【详解】由点与点A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，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的最大距离为， 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， 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，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） 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. （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】 略 【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） 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 【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】 因为点在抛物线C：上， 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】 略 【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，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，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因为都在轴上，所以， 所以，得或（舍去）. 此时圆，令，解得或， 因为点在圆外，所以. 由题意设直线的方程为. 由可得， 当，即时， 有. ， 因为，所以， 所以直线与关于轴对称，即关于直线对称， 由对称性知. 【解析】 【分析】（1）根据“切比雪夫距离”定义计算；（2）①转化为圆与圆的位置关系判定即可；②运用直线与圆联立，借助韦达定理证明即可. 【小问1详解】 . 设上任意一点为， 则. 当时，； 当时，， 所以的最小值为2，故. 【小问2详解】 ①由题可知圆的标准方程为，所以圆心为，半径.由圆的方程知圆心为，半径. . 当，即时，由，解得，所以. 此时，所以圆与圆相切（答“内切”也对）. 当，即时，由，解得，所以. 此时，所以圆与圆相切. ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. 2. 在空间直角坐标系中，已知点，若点与点关于平面对称，则（ ） A. B. C. D. 3. 若过点的直线的倾斜角为，且，则的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 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 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. 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. 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. 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 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 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 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__________. 13. 曲线的周长为__________. 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__________. 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. 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． 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. 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. 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：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $