湖南省邵阳市邵东市2024-2025学年高二上学期1月期末联考数学试题

2024年下学期邵东市高二联考 平游（径）图 数学试卷 (考试时间：120分钟试卷满分：150分) 测试范围：人教A版2019选择性必修第一册+选择性必修第二册 (空间向量与立体几何、直线和圆的方程、圆锥曲线的方程，数列，导数) 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， 望 1.直线、√5x+y+1=0的倾斜角是() 线点单（打 A.30 B.60 C.120 D.150 2.已知双曲线E: -二=1（口>0）的离心率为5，则E的焦点坐标为()厘9 如 a 4 A.(±L,0) B.t6.0ac.(±5,0PD.任i.0 的 3.在空间直角坐标系中，点42，-1,3)关于平面x0:对称的点的坐标是( A.(-213) B.(-2,1,-3) c.(-2-1-3) D.2,L3 的 长 4. 设数列{a}满足4=l,a.a=(-旷(n+1y,则a=() B.-4 D.4 2 A号 c 5.已知函数/代闭=cos则/受=（) 据 A.-1 B名 c D. 6.设等差数列{a,}的前n项和为S,且公差不为0，若a,4,4,构成等比数列.S=6, 则马=() 盈 塑 A.7 B,8 C.10 D.12 7,若点P是曲线y=r-x2上任意一点，则点P到直线：x+y-4=0距离的最小值为() A.25 B.2 C.2 9 名，已知双曲线。士=小，万，乃是它的两个焦点，O为坐标原点，P是双曲线右支上一点， 94 则PO=() A.丽 B.√5 C.25 D.10 第1页，共4项 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.已知可，马分别为直线山的方向向量（山不重合），开，元分别为平面心，B的法向量 (a,B不重合)，则下列说法中，正确的是() A.1台41 B.1%=414 C.nna//B D.元1m=alp 10.已知装物线C少=2p>0的焦点F到雀线7的距离为2则入， A,焦点F的坐标为，O) 当会玉始款类A新平已沿组面甲知口 B.过点(-l,0)恰有2条直线与抛物线C有且只有一个公共点 C.直线x+y-1=0与抛物线C相交所得弦长为8 D.抛物线C与圆x2+y2=5交于M,N两点，则MN=4 1.已知函数f(x)=e-x(x>0),则下列结论正确的是() A.f（x)有两个零点 B.(x)有两个极值点5《 c.若0<x<1,则f)< D.若方程f(x)=a有两个根，则0<a≤1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知直线：x-2y+3=0与4m+y-4=0垂直，则实数a= 13.函数y=xe的最小值为. 14.已知数列{a,}的首项4=1，且满足(a一a,-a-2a,)=0对任意mN都成立. 则能使a。=2025成立的正整数m的最小值为 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演弹步聚。 15.(13分)已知圆C过点41,3)，B2,0),且直线3x+y-1=0平分屬C的周长 20 ()求圆C的方程： (2过点，)的直线I和圆C交于M,N两点若N-3V5,求直线1的方程. 第2页，共4项 16.(15分)如图所示，在四棱锥P-BCD中，PD⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形。 PD=ADM是PD的中点，N在线段PC上，且CN=C乎 D (1)求证：AC⊥BM 2球平面BMN与平面ABCD夹角的正弦值， 17.(15分)已知函数f(x)=(x-1)e-m2+1 (I)当a=e时，求曲线f(x)在点PL,f)处的切线方程： 2诺x∈[0，+o),不等式f(x≥0恒成立，求实数a的取值范围， 7分)已知数列a满是：41，。eN) 口)求数列{a,}的通项公式： 2没6=，4，求数列化，)的前n项和3，言 8液名记数到)的前项和无，果正无<4 第3页，共4页 19.(17分)在平面直角坐标系x0中，O为坐标原点，M5,0,已知平行四边形OMWP 两条对角线的长度之和等于4 y个 (1)求动点P的轨迹方程： 2)过M(5,0)作互相垂直的两条直线4、4,4与动点P的轨迹交于A、B,马与动点P的 轨迹交于点C、D,AB、CD的中点分别为E、F:证明：直线EF恒过定点，并求 出定点坐标： (3)在(2)的条件下，求四边形ACBD面积的最小值， 第4页，共4页 雀内口6产牛了相应的用答案第 1页，共 7页 2024-2025 学年高二数学上学期期末考试卷 参考答案： 1．C【详解】由直线 3 1 0x y   ，可得直线的斜率 3k   ， 设其倾斜角为  0 180    ，可得 tan 3   ，所以 120   .故选：C. 2．B【详解】根据题意得，双曲线 E：   2 2 2 1 04 x y a a    是焦点在 x轴的双曲线，所以 2 4b  ， 2 2 2 2 4c a b a    ，所以 2 2 2 2 4 3c c ae a a a      ，解得 2 2a  ，所以 2 6c  ，所以 焦点坐标为  6,0 . 故选：B. 3．D【详解】关于平面 xOz对称的点的特点是横坐标与竖坐标不变，纵坐标相反， 故点  2, 1,3A  关于平面 xOz对称的点的坐标是  2,1,3 . 故选：D. 4．A【详解】由 21 1( 1) ( 1) , 1 n n na a n a      ，则 2 1 2 ( 1) (1 1) 4a a       ，则 2 4a   ， 2 2 2 3 ( 1) (2 1) 9a a      ，则 3 9 4 a   .故选：A. 5．B【详解】 ( ) cos 3 xf x  ，令 3 xt         1( ) cos cos sin 3 3 3 x xf x t t t               1 1( ) sin 2 3 6 6 f       ，故选:B. 6. C【详解】设公差为 d，由题意可得 5 5 4 7 11 1 10 1111 66 2 a a a a S a d          ， 即      21 1 1 1 4 3 6 11 55 66 a d a d a d a d          ，解得 1 0 6 d a    舍去，或 1 2 4 d a     ， 所以  4 2 1 2 6na n n      ，可得 8 16 6 10  a . 故选：C. 7．A【详解】过点 P作曲线 2lny x x  的切线，当切线与直线 : 4 0l x y   平行时，点 P到 直线 : 4 0l x y   距离最小.设切点为   0 0 0 1, 0 , 2P x y x y x x    ，所以切线斜率为 0 0 1 2k x x   ，由题知 0 0 1 2 1x x    ，解得 0 1x  或 0 1 2 x   （舍），  1, 1P  ，此时点 P到 直线 : 4 0l x y   距离 1 1 4 2 2 2 d     . 故选：A 答案第 2页，共 7页 8．D【详解】 设点 P坐标为  , , 0p p px y x  ，由题意可知 2 9a  ， 2 4b  ， 2 2 2c a b  ，则 3a  ， 2b  ， 13c  ， 1 2 2 6PF PF a   .在 1 2F PF 中，由余 弦定理可得：  2 22 2 2 1 2 1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 cos 2 2 PF PF PF PF F FPF PF F F F PF PF PF PF PF        ， 即  22 1 2 1 2 6 2 2 133 5 2 PF PF PF PF     ，解得 1 2 5PF PF  ．因为 1 2 3cos 5 F PF   ， 则 1 2 4sin 5 F PF  ．因为 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1sin 2 2F PF p S PF PF F PF F F y   ， 所以 1 4 15 2 13 2 5 2 p y     ，解得 2 13p y  ．又因为点 P在双曲线 2 2 1 9 4 x y   ， 所以 2 2 9 1 4 p p y x         ， 则     2 2 2 2 2 2 2 130 0 9 1 9 10 4 4 p p p p p p p y y PO x y x y y                   . 故选：D 9．ABD 【详解】若两直线不重合，则其方向向量平行（垂直）是两直线平行（垂直）的 充要条件，故 A、B正确；若两平面不重合，则其法向量平行（垂直）是两平面平行（垂 直）的充要条件，故 D正确，C错误. 故选：ABD 10．ACD【详解】由题可知抛物线方程为 2 4y x ，对于 A，焦点 F 的坐标为 (1,0)，故 A正 确；对于 B，过点 ( 1,0)A  有抛物线的 2条切线，还有 0y  ，共 3条直线与抛物线有且 只有一个交点，故 B错误；对于 C， 22 1 0 4 4 0 4 x y y y y x         ，弦长为  21 2 1 2 1 22 2 4 2 16 16 8y y y y y y        ，故 C正确；对于 D， 2 2 2 2 5 4 5 0 4 x y x x y x         ，解得 1x  （ 5x   舍去），交点为 (1, 2) ，有 4MN  ，故 D正确，故选：ACD 11．BC【详解】对于选项 B：由   eexf x x  ，得    e 1 1 e 1e e e ex xf x x x      ． 令   0f x  ，得 1 e 1ex x  ，两边取自然对数整理得  1 e 1 ln 0x x    ， 答案第 3页，共 7页 设    1 e 1 ln , 0g x x x x     ，则    e 1e 11 xg x x x      ，当  0,e 1x  时，    0,g x g x  单调递减，且  1 0g  ；当  e 1,x    时，   0g x  ，  g x 单调递增， 且  e 0g  ；可知函数  g x 有两个变号零点，所以  f x 有两个极值点，故 B正确． 对于选项 A：由选项 B可知，  f x 在    0,1 , e,  上单调递增，在  1,e 上单调递减， 当 0x 时，      0 1, 1 e 1, e 0f f f    ，所以可作出函数  f x 的大致图象如图所示， ，所以  f x 只有一个零点，故 A错误；对于选项 C：由选项 A可知  f x 在 0,1 上单调递增，当0 1x  时，0 x x  ，所以    f x f x ，故 C正确； 选项 D：根据选项 A中函数  f x 的大致图象可知，若方程  f x a 有两个根， 则0 1a  或 e 1 a ，故 D错误；故选：BC. 12．2【详解】直线 1l 的斜率 1 1 2 k  ， 2l 的斜率 2k a  ，   1 1 2 a    ，得 2a  ．故答案为：2. 13． 1 e  【详解】  1 e xy x   ，令  1 e 0xy x    ，得 1x   ，令  1 e 0xy x    ， 得 1x   ，所以函数 e xy x 在  , 1  上单调递减，在  1,  上单调递增，所以当 1x   时，  f x 取得极小值，其极小值为 1 e  ，无极大值. 故答案为： 1 e  . 14．18【详解】由   1 11 2 0n n n na a a a     知： 1 1n na a   或 1 2n na a  ；当 1 1n na a   时， 数列 na 是以1为首项，1为公差的等差数列，  1 1 1na n n      ，则 2025ma m  ， 解得 2025m  ；当 1 2n na a  时，数列 na 是以 1为首项，2为公比的等比数列， 12nna -\ = ， 则 12 2025mma   ，解得： 21 log 2025m   （舍）；若数列 na 是等差与等比的交叉数 列，又 1 1a  ， 2 2a  ；若要m最小，则 1 2024ma   ， 1 2024ma   ， 2 1012ma   ， 3 4 5 6 7 8 9506, 253, 252, 126, 63, 62, 31m m m m m m ma a a a a a a             ， 10 11 12 13 14 15 16 17 130, 15, 14, 7, 6, 3, 2, 1m m m m m m m ma a a a a a a a a               ， 此时 18 2025m   ，故m的最小值为 18. 故答案为：18. 答案第 4页，共 7页 15．(1) 2 2( 1) 5x y   ；(2) 0x y  或 2 0x y   【详解】（1）解：由点 (1,3), (2,0)A B ，可得 3 0 3 1 2AB k     ，且 AB的中点为 3 3( , ) 2 2 ， 则垂直平分线所在直线的斜率为 1 3 k  ，其方程为 3 3 0x y   ，则圆C的圆心C在直线 3 3 0x y   上，又由直线3 1 0x y   平分圆C的周长，即圆心C在直线3 1 0x y   上， 联立方程组 3 3 0 3 1 0 x y x y        ，解得 0, 1x y  ，即圆心 (0,1)C ，可得半径 2 2(1 0) (3 1) 5r AC      ， 所以圆C的标准方程为 2 2( 1) 5x y   .··················6分 （2）解：过点 (1,1)的直线 l的斜率不存在时，直线方程为 1x  ，此时圆心到直线的距离为 1d  ， 由圆的弦长公式，可得弦长为 2 22 2 5 1 4r d    ，不符合题意；当直线 l的斜率存在时， 过点 (1,1)的直线 l的斜率为 k，则直线 l的方程为 1 (x 1)y k   ，即 1 0kx y k    ，所以圆 心 (0,1)C 到直线 l的距离为 2 21 1 k k d k k      ，因为直线 l和圆C交于 ,M N两点. 若 3 2MN  ，由圆的弦长公式，可得 2 2 2 5 ( ) 3 2 1 k k    ，解得 1k  或 1k  ， 所以直线 l的方程为 0x y  或 2 0x y   .··················13分 16．(1)证明见解析;(2) 1 3 【详解】（1）连接 BD四边形 ABCD是正方形 AC BD  PD  平面 ,ABCD AC Ì平面 ABCD， PD AC  ,PD BD D PD   平面 ,PBD BD平面 PBD AC 平面 PBD BM  平面 PBD， AC BM  .··················6分 （2）由（1）知 , , , ,AD PD CD PD AD CD DA DC DP    两两垂直如图， 以D为原点， , ,DA DC DP分别为 , ,x y z轴建立空间直角坐标系. 不妨设 2PD AD  ，则          0,0,0 , 0,0,2 , 2,2,0 , 0,2,0 , 0,0,1D P B C M PD  平面 ABCD，平面 ABCD的一个法向量为  0,0,1m  ， 答案第 5页，共 7页 设    2, 2, 2,1 , 0, 2,2PD AD BM CP          ，    1 1 2 22,0,0 0, 2,2 2, , 3 3 3 3 BN BC CN BC CP                      ， 设平面BMN的法向量为  , ,n x y z ，则 2 2 0 2 22 0 3 3 BM n x y z BN n x y z                    ， 取 1x  ，则 1, 4 y z ，平面 BMN的一个法向量  1,1,4n  ， 设平面 BMN与平面 ABCD夹角为 则 2 2 2 4 2 2cos cos , 31 1 1 4 n mn m n m              ， 1sin 3   平面BMN与平面 ABCD夹角的正弦值为 1 3 .·················15分 17．(1) e 1 0x y   ；(2) 1, 2     . 【详解】（1）由题设当 ea  时， 2( ) ( 1)e e 1xf x x x    ，所以  ( ) e 2e e 2ex xf x x x x    ， 得 (1) ef    ，又 (1) e 1f    ，所以曲线 ( )f x 在点 (1, (1))P f 处的切线方程为 ( e 1) e( 1)y x      ，即 e 1 0x y   .··················6分 （2）若 [0, )x  ，不等式 ( ) 0f x  恒成立，则  min( ) 0f x  ，    e 2 ( 0)xf x x a x   ， 当 1 2 a  时，对于 [0, )x  ，�′ � ≥ 0，所以 ( )f x 在[0, ) 上单调递增， 所以 0x  时， ( ) (0) 0f x f  ，即 1 2 a  满足题意； 当 1 2 a  时，若 (0, ln 2 )x a ，则�′ � < 0， ( )f x 在 (0, ln 2 )a 上单调递减， 所以 (ln 2 ) (0) 0f a f  ，与 ( ) 0f x  矛盾，不合题意. 综上所述，实数 a的取值范围为 1, 2     .··················15分 18．(1) 1 3 2n a n   ；(2) 3 1 n n ；(3)证明见解析. 【详解】（1）由题设 1 1 3 11 1 1 1 33n n n n n n a a a a a a         ，又 1 1 1 a = ， 所以数列 1 na       是首项为 1，公差为 3的等差数列，可得 1 1 3( 1) 3 2 n n n a      ，故 1 3 2n a n   . ··················5分 答案第 6页，共 7页 （2）由（1）知 1 3 2n a n   ，所以 1 1 1 1( ) (3 2)(3 1) 3 3 2 3 1n b n n n n        ， 则 1 1 1 1 1 1 1 1(1 ) (1 ) 3 4 4 7 3 2 3 1 3 3 1 3 1n S n n n n n                .··················10分 （3）由（2）得 3 2 2n n nc  ，则 2 3 1 1 4 7 3 5 3 2 2 2 2 2 2n n n n nT          ， 所以 2 3 4 1 1 1 4 7 3 5 3 2 2 2 2 2 2 2n n n n nT          ， 两式作差得 2 3 4 1 1 1 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2n n n nT          ， 即 2 3 1 3 3 3 3 3 21 2 2 2 2 2n n n nT          ， 所以 1 1 1(1 ) 3 2 3 42 21 3 41 2 21 2 n n n n n nT           ，易证 4nT  .··················17分 19．(1) 2 2 1( 0) 4 x y y   ；(2)证明见解析，定点 4 3( ,0) 5 ；(3) 32 25 ． 【详解】（1） 取点 1( 3,0)M  ，则有 1M O PN∥ ，所以四边形 1M ONP 是平行四边形，所以 1PM ON ，因为 4PM ON  ，所以 1 4PM PM  ，所以动点 P的轨 迹为椭圆（左右顶点除外），所以 2 4a  ， 3c  ，所以 2 2 2 1b a c   ，所以动点 P的轨迹 方程为 2 2 1( 0) 4 x y y   ．··················5分 （2）当 1l 垂直于 x轴时， AB的中点 ( 3,0)E ，直线 2l 为 x轴，与椭圆 2 2 1( 0) 4 x y y   ，无 交点，不合题意，当直线 1l 不垂直于 x轴时，不妨设直线 1l 的方程为 ( 3)( 0)y k x k   ， 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，由 2 2 ( 3) 4 4 y k x x y       ，得 2 2 2 2(1 4 ) 8 3 12 4 0k x k x k     ， 所以△ 2 2 2 2 2( 8 3 ) 4(4 1)(12 4) 16(1 ) 0k k k k        ，所以 2 1 2 2 8 3 4 1 kx x k    ， 2 1 2 2 12 4 4 1 kx x k    ， 所以 3 1 2 1 2 2 2 8 3 2 3( ) 2 3 2 3 1 4 1 4 k ky y k x x k k k k           ，所以 2 2 2 4 3 3( , ) 4 1 4 1 k kE k k    ，因为 1 2l l ， 答案第 7页，共 7页 以 1 k  代替 k，得 2 2 4 3 3( , ) 4 4 kF k k  ，所以直线 EF的斜率为 2 2 22 2 2 3 3 54 4 1 ( 1) 4(1 )4 3 4 3 4 4 1 EF k k kk kk k kk k k           ， 所以直线 EF的方程为 2 2 2 2 3 5 4 3( )( 1) 4 1 4(1 ) 4 1 k k ky x k k k k         ，由椭圆的对称性得，若存在 这样的定点必在 x轴上，令 0y  ，则 2 2 2 2 3 5 4 3( ) 4 1 4(1 ) 4 1 k k kx k k k      ，所以 2 2 2 2 16 3 4 3 4 3(4 1) 4 3 5(4 1) 5(1 4 ) 5 k kx k k        ，所以直线 EF恒过定点 4 3( ,0) 5 ， 当 1k   时， 4 3 3( , ) 5 5 E  ， 4 3 3( , ) 5 5 F ，所以直线 EF恒过定点 4 3( ,0) 5 ， 综上所述，直线 EF恒过定点 4 3( ,0) 5 ．··················11分 （3）由（2）得 2 1 2 2 8 3 4 1 kx x k    ， 2 1 2 2 12 4 4 1 kx x k    ，所以 2 21 2 1 2| | 1 ( ) 4AB k x x x x    4 2 2 2 2 2 2 2 192 12 4 4(1 )1 4 (4 1) 4 1 4 1 k k kk k k k           ，同理可得 2 2 4(1 )| | 4 kCD k    ， 所以四边形 ACBD的面积 2 2 2 2 1 8(1 )| || | 2 (4 1)( 4) kS AB CD k k      ，令 2 1t k  ，则 1t  ， 所以 2 2 2 2 2 8 8 8 8 9 9 3 3(4 3)( 3) 4 9 9 4 ( ) 3 4 t tS t t t t t t t t                ，因为 1t  ，所以 30 3 t   ， 当 3 3 2t  ，即 1k   时， 2 3 3 25( ) 3 4 4t t      ，所以 min 32 25 S  ， 所以四边形 ACBD的面积最小值为 32 25 ．··················17分