湖南省衡阳市常宁市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题（直升班）

数学试题 第 1页 共 4 页 常宁市 2025 上学期期末监测 2024 级直升班试题卷 数 学 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小 注意事项： 1.本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟. 2.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡的相应位置. 3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效. 4.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 5.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回. 题5 分，共 40 分.在每个小题 绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．已知在等差数列 na 中, 4 8 20a a  ,则 6a  A.6 B.8 C.7 D.10 2. 已知双曲线C：   2 2 2 2 1 0, 0 x y a b a b     的离心率为 6 ，则双曲线C的渐近线 方程为 A. 5y x  B. 6y x  C. 5 5 y x  D. 6 6 y x  3．已知正四面体OABC的棱长为1，点M 在OA上，且 2 3 OM OA   ，点N 为 BC中点， 则MN  用基底 , ,OA OB OC   表示为 A． 2 1 1 3 2 2 OA OB OC     B． 2 1 1 3 2 2 OA OB OC     C． 2 1 1 3 2 2 OA OB OC      D. 2 1 1 3 2 2 OA OB OC      4．设直线 l的方程为 sin 2 0  x y ，则直线 l的倾斜角 的范围是 A． 0, π B． π π,4 2      C． π 3π, 4 4      D． π π π 3, , 4 2 2 π 4          5. 斜率为 3的直线过抛物线 2: 4C y x 的焦点，且与C交于 ,A B两点，则 AB  数学试题 第 2页 共 4 页 ),( BAn   ， ),,( CBAn   A. 2 B. 16 3 C. 1 D. 3 2 6．数列 na 中 1 1a  ， 1 ( 1) 2 1nn na a n     （ *Nn ），则 2025a  A．2025 B．1 C．4048 D．4050 7．已知  2,0A  ，  4,0B ，在直线 :4 3 0l x y m   上存在点 P，使 PA PB ，则m的 最大值是（ ） A．9 B．15 C．11 D．19 8．已知正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱长为 1，M为棱 1 1AD 的中点，G为侧面 1 1CDDC 的 中心，点 P，Q分别为直线 AD，AB 上的动点，且PG MQ ，当 | |  PQ 取得最小值时， 点 Q到平面 PMG 的距离为 A． 6 2 B． 5 2 C．1 D． 3 2 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，有选错的得 0 分. 9. 点 P在圆 1C ： 2 2 1x y  上，点Q在圆 2C ： 2 2 6 8 24 0x y x y     上，则 A. PQ 的最小值为 2 B. PQ 的最大值为 7 C. 两个圆心所在的直线斜率为 4 3  D. 两个圆相交弦所在直线的方程为6 8 25 0x y   10．在平面直角坐标系中，已知直线 : 0l Ax By C   （ ,A B不同时为 0），  0 0,P x y 到直线 l的距离为 0 0 2 2 Ax By C d A B     为直线 l的法向量；推广，在空 间直角坐标系中，已知平面 : Ax By  0Cz D   （ , ,A B C不同时为 0），  0 0 0, ,P x y z 到平面 的距离为 0 0 0 2 2 2 Ax By Cz D d A B C       ， 为平面 的法向量.若平 数学试题 第 3页 共 4 页 面 : 2 1 0x y z     ，点  1,1, 2P ，则 A．点  1, 0,1M  B．若O为原点，则PO  C．点 P到平面 的距离为 1 2 D．若  0, 0,1N ，则 //PN  11．在平面直角坐标系 xOy中， 动点  ,P x y 到两个定点  1 0, 1F ，  2 0,1F 的距离之 积等于 4，则下列命题中正确的个数是 A.曲线C关于 x轴对称； B. x的最大值为 2； C. 1 2PF PF 的最小值为 4 3； D. OP 的最大值为 5 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共计 15 分. 12.抛物线 2 1 4 y x 的焦点坐标是 13．已知 ( 2, 2), ( 2,6), (4, 2)A B C    三点，点 P在圆 2 2 4x y  上运动，则 2 2 2| | | | | |PA PB PC  的最大值是 14. 已知椭圆   2 2 2 2 1 0    x y a b a b 与双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0) x y m n m n     具有相同的 焦点 1F ， 2F ，且在第一象限交于点 P，设椭圆和双曲线的离心率分别为 1e ， 2e ， 若 1 2 3 F PF   ，则 2 21 2e e 的最小值为_______ 四、解答题：本题共5 小题，共计 77 分．解答时应写出文字说明、证 明过程或演算步骤. 15.（13 分）在等比数列 na 中, 0na  , 1 2 5 1024 a a  , 3 2 3 256 a a  . （1）求数列 na 的通项公式; （2）设 4logn nb a ,求数列 nb 的前 n项和 nS . 16．（15 分）已知 ABCV 三个顶点分别为  1,1A ，  1, 3B   ，  3, 1C  . (1)求 AB边上的高线长； (2)过 ABCV 内一点  1,0P 有一条直线 l与边 AB，AC分别交于点M ，N，且点 P平 分线段MN，求直线 l的方程. 数学试题 第 4页 共 4 页 17.(15 分） 如图，三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 1 160 , ,A AC AC BC AC AB    ， 11, 2AC AA  . （1）求证： 1AC 平面 ABC； （2）直线 1BA与平面 1 1BCC B 所成角的正弦值为 3 4 ， 求平面 1 1ABB与平面 1 1BCC B 夹角的余弦值. 18.(17 分) 如图 1，设半圆的直径为 4 ，点 B、C三等分半圆，点M 、N 分别 是OB、OC的中点，将此半圆以OA为母线卷成一个圆锥（如图 2）．在图 2中完 成下列各题： （1）求圆锥中线段MN的长； （2）求四面体 ACMN 的体积； （3）求三棱锥M ABC 与三棱锥 N ABC 公共部分的体积． 19．（17 分）已知动点 M到直线 4x  的距离是 M与点 (2,0)距离的 2倍，记 M的 轨迹为曲线 C. （1）求曲线 C的方程； （2）动直线 2: ( 0) 2 l y x m m   与 C交于两点 A，B，曲线 C上是否存在定点 P， 使得直线 ,PA PB的斜率和为零？若存在求出点 P坐标；若不存在，请说明理由. （共 7 页）第 1页 数学参考答 常宁市 2025 上学期期末监测 2024 级直升班 案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D A D C B B C A BC AD AD 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题5 分，共 40 分.在每个小题绐岀的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的. 1.【详解】因为 4 8 62 20a a a   ,所以 6 10a  .故选:D. 2. 【详解】因为双曲线C 的离心率为 6 c a  ，所以 22 2 2 2 2 1 6 c a b b a a a          ， 可得 5b a  ，故双曲线C的渐近线方程为 5y x  ．故选：A. 3． 【详解】如下图所示：因为 N 为 BC的中点，则 BN NC   ，所以，ON OB OC ON       ， 则 1 1 2 2 ON OB OC     ，因此， 2 1 1 3 2 2 MN ON OM OA OB OC            .故选：D 4．【详解】当 sin 0  时，方程为 2x  ，倾斜角为 π 2   当 sin 0  时，直线的斜率 1tan sin k     ，因为    sin 1,0 0,1    ，则 )tan , 1] 1,( [     ， 所以 π π π 3π, , 4 2 2 4             ；综上所述：线 l的倾斜角 的范围是 π 3π, 4 4      .故选：C． 5. 【详解】由题意，抛物线 2: 4C y x 的焦点为  1,0 ， 2p  ， 故斜率为 3且过点  1,0 的直线方程为  3 1y x  ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，联立   2 3 1 4 y x y x      ，整理得 23 10 3 0x x   ， 根据韦达定理得 1 2 10 3 x x  ，所以 1 2 10 162 3 3 AB x x p      .故选：B. 6．【详解】令 2 1n k  ，则  2 2 1 2 2 1 1k ka a k     2 2 1 4 3k ka a k   . 令 2n k ，则 2 1 2 4 1k ka a k    ，所以 2 1 2 1 4 3 4 1k ka a k k       2 1 2 1 2k ka a   . 又 1 1a  ，所以 3 5 7 1a a a    ，所以 2025 1a  .故选：B 7.【详解】设以线段 AB为直径的圆为圆M ，则圆心为  1,0M ，半径 3r  ， 故圆M 的方程为  2 21 9x y   .因为 PA PB ，所以点 P在圆M 上.因为点 P在直线 l 上， （共 7 页）第 2页 所以圆心M 到直线 l的距离 4 3 16 9 m d     ，解得 19 11m   .故选：C. 8．【详解】如图，建立空间直角坐标系，则 1 ,0,1 2 M      ， 1 10, , 2 2 G      ， 设 ( ,0,0)P x ， (1, ,0)Q y ，所以 1 1, 2 2 PG x       ， 1 , , 1 2 MQ y       ， 因为 PG MQ ，所以 1 1 1 0 2 2 2 PG MQ x y       ，即 1 0x y   ， 所以 1y x  ，又 (1 , 1,0)PQ x x    ，所以 2 2 2| | (1 ) (1 ) 2 2 2PQ x x x        ， 当且仅当 0x  时取等号，此时 1y  ，所以 1 10, , 2 2 PG        ， 1 ,1, 1 2 MQ        ， 1 ,0,1 2 PM        ， 设平面 PMG 的法向量为 ( , , )m a b c  ，所以 1 1 0 2 2 1 0 2 m PG b c m PM a c               ，取 (2,1, 1)m   ，所以当 | |  PQ 取得最小值时，点Q到平面 PMG 的距离 | | 3 6 | | 26 m MQd m       .故选：A 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，有选错的得 0 分，若只有 2 个正确选顶，每选对一个 得 3分;若只有 3 个正确选项，每选对一个得 2 分. 9. 【详解】对于 A、B选项：由题意得：  1 0,0C ，半径为 1， 2C ：    2 23 4 1x y    ，  2 3, 4C  ，半径为 1， 圆心距为    2 21 2 3 0 4 0 5CC       ，又点 P在圆 1C 上，点Q在圆 2C 上， 1 2 1 2min 3PQ CC R R    ， 1 2 1 2max 7PQ CC R R    ，故 A错误，B正确； 对于 C选项：两个圆心所在直线斜率为 1 2 4 0 4 3 0 3C C k      ，C正确； 对于 D选项：圆心距 1 2 1 25 2CC R R    ，所以无公共弦，D错误；故选：BC． 10．【详解】对于 A，因为1 0 2 1 1 0     ，所以点  1,0,1M  ，故 A 正确； 对于 B，由平面 : 2 1 0x y z     ，可得平面 的法向量为  1,1, 2n   ， 又  0,0,0O ，  1,1,2P ，所以  1,1,2OP   ，又 1 1 2 1 1 2    ， 所以  1,1,2OP   与  1,1, 2n   不共线，故PO不垂直于平面 ，故 B 错误； （共 7 页）第 3页 对于 C，由点到平面的距离公式可得点 P到平面 的距离  22 2 1 1 1 1 2 2 1 6 61 1 2 d            ，故 C 错误；对于 D，由  0,0,1N ，  1,1,2P ，所以  1,1,1NP   ，所以 1 1 1 1 2 1 0NP n        uuur r ， 所以 NP n uuur r ，又1 1 2 2 1 1 0       ，所以 P  ，所以 //PN  ，故 D 正确.故选：AD. 11．【详解】由已知    2 22 21 2 1 1 4PF PF x y x y        ， 代入点  ,x y ，则        2 2 2 22 2 2 21 1 1 1 4x y x y x y x y              ，成立，A 正确；则 1 2 1 22 4PF PF PF PF    ，当且仅当 1 2PF PF ，即点  3,0P  时，等号成 立，C错误；化简    2 22 21 1 4x y x y      ，可得  22 2 21 16 4x y y    ， 即 2 2 22 4 1x y y    ，又 2 2 22 4 1 0x y y     ， 即 4 22 15 0y y   ，解得 23 5y   ，即 20 5y  ，设 2 4t y  ，则  2,3t ， 2 2 4y t  ， 所以    22 2 2 22 4 1 2 3 1 4 0,3x y y t t t             ，即 3, 3x    ，B错误； 且 2 2OP x y  ，即  2 2 2 22 4 1 2 1 3,5OP x y y t        ， 即 3, 5OP   ，D 正确；故选：AD. 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共计 15 分. 12.【详解】由抛物线 2 1 4 y x 可得 2 4x y ，故焦点坐标为  0,1 13.【详解】设  ,P x y ，因为  2, 2A   ，  2,6B  ，  4, 2C  三点， 所以 2 2 2PA PB PC             2 2 2 2 2 22 2 2 6 4 2x y x y x y            ， 2 23 3 4 68x y y    ，因为点 P 在圆 2 2 4x y  上运动， 则 2 24 0x y   ，解得 2 2y ≤ ≤ ，所以 2 23 3 4 68 4 80x y y y      ， 当 = 2y  时， 2 2 2PA PB PC  取的最大值 88， 14.【详解】由题意设焦距为 2c，椭圆长轴长为2a，双曲线实轴为2m， 令 P在双曲线的右支上，由双曲线的定义 1 2| | | | 2PF PF m  ， 由椭圆定义 1 2| || | 2PF PF a  ，可得 1PF m a  ， 2| |PF a m  ， （共 7 页）第 4页 又 1 2 3 F PF   ， 2 2 21 2 1 2| | | | | | | | 4PF PF PF PF c   ， 可得 2 2 2( ) ( ) ( )( ) 4m a a m m a a m c       ，得 2 2 23 4a m c  ， 即 2 2 2 2 3 4a m c c   ，可得 2 2 1 2 1 3 4 e e   ， 则 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 1 3( )( ) 4 e e e e e e     2 2 2 1 2 2 1 2 31 (1 3 ) 4 e e e e     1 2 3(4 2 3) 4 2    ， 当且仅当 2 13e e ，上式取得等号，可得 2 2 1 2e e 的最小值为 2 2 3 ．故答案为： 2 2 3 ． 四、解答题：本题共5 小题，共计 77 分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.【详解】（1）设等比数列 na 的公比为 q,则 1 2 1 1 10 2 3 2 1 1 8 5 5 1024 2 3 3 256 2 a a a a q a a a q a q               , 化简可得 2 1 5 12 q q q    ,整理可得    5 3 4 0q q   ,由 0na  ,则 0q  ,由方程解得 4q  ,由  1 2 1 1 10 51 5 2 a a a q a     ,则 1 10 1 2 a  . 由数列 na 是以 10 1 2 为首项,以 4 为公比的等比数列,则 1 6 10 1 4 4 2 n n na     . （2）由 6 4 4log log 4 6 n n nb a n     ,则 1 1 6 5b     , 1 1n nb b   , 由数列 nb 是以 5 为首项,以 1 为公差的等差数列,则    1 11 2 2 n n n b b n n S     . 16．【详解】（1）  1,1A ，  1, 3B   ，  3, 1C  ，直线��的斜率 1 3 2 1 1AB k    ， 直线��的方程为  1 2 1 ,y x   化为2 1 0x y   ，点 C到直线��的距离 6 6 555 d   ， 即 AB边上的高线长为 6 5 5 ； （2）由题知，直线 AC的斜率 1 1 1 1 3AC k     ，直线 AC的方程为  1 1 1y x     ，即 2 0x y   ，设  0 0,M x y ，因为点  1,0P 平分线段MN，则  0 02 ,N x y  ， （共 7 页）第 5页 ∵点 M，N 分别在直线��， AC上， 0 0 0 0 2 1 0 2 2 0 x y x y         ，解得 0 0 1 3 1 3 x y        ， 直线 l 的斜率 10 13 1 21 3 lk     ，直线 l 的方程为  10 1 2 y x   ，即 2 1 0x y   ． 17.【小问 1 详解】在 1A AC△ 中， 1 60A AC   ， 11, 2AC AA  ， 由余弦定理可得 2 2 2 1 1 1 1 cos 2 AC A A ACA AC AC A A       ， 则 2 2 2 12 1cos60 2 2 1 AC      ，解得 2 1 3AC  ，由 2 2 2 1 1AC AC A A  ，则在 1A AC△ 中， 1AC AC ，因为 1AC AB ， ,AC AB 平面 ABC， AC AB A  ， 所以 1AC 平面 ABC . 【小问 2 详解】由（1）及 AC BC ，则 1 , ,AC AC BC两两相互垂直，以C为原点，分别 以 1, ,CA CB CA 为 , ,x y z轴建立空间直角坐标系，如下图： 设�� = � � > 0 ，由（1）知 1 3AC  ， 则  1 0,0, 3A ，  0, ,0B k ，  0,0,0C ，  1 1,0, 3C  ， 则  1 0, , 3BA k   ，  0, ,0CB k  ，  1 1,0, 3CC    ， 设平面 1 1BCC B 的一个法向量� = �, �, � ，则 1 0 0 n CB n CC         ，可得 0 3 0 ky x z      ， 令 3x  ，则 0y  ， 1z  ，所以平面 1 1BCC B 的一个法向量  3,0,1n  ， 设直线 1BA 与平面 1 1BCC B 所成角为，则 1 2 1 3sin 3 3 1 BA n BA n k             ， 则 2 3 3 4 3 2k    ，解得 1k  ，则  1 0, 1, 3BA    ， （共 7 页）第 6页 在三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 1 1/ /BB CC ，则  1 1 1,0, 3BB CC     ， 设平面 1 1A BB 的一个法向量  0 0 0, ,m x y z  ， 则 1 1 0 0 m BA m BB         ，可得 0 0 0 0 3 0 3 0 y z x z        ，令 0 1z  ，则 0 3x  ， 0 3y  ， 所以平面 1 1A BB 的一个法向量  3, 3,1m  ， 设平面 1 1A BB 与平面 1 1BCC B 的夹角为 ，则 3 0 1 2 7cos 72 7 n m n m              . 18.【小问 1 详解】在图 2中，设圆锥的底面圆半径为 r，则 12π 2 2π 2 r    ，解得 1r  . 因 为在图 1中，点 B、C三等分半圆，所以在图 2中，点 B、C为圆锥的底面圆周的三等分 点，则 ABCV 为等边三角形，所以 2 2 sin 60 BC r   ，所以 3BC  . 又因为点M 、N 分 别是OB、OC的中点，所以 1 3 2 2 MN BC  . 【小问 2 详解】因为 1 3 3 33 3 2 2 4ABC S      ，圆锥的高 2 22 1 3h    ， 所以 1 1 3 3 33 3 3 4 4O ABC ABC V S h        ， 所以 1 1 1 1 3 2 2 2 4 16M ACN M ACO B ACO O ABC V V V V        ，即四面体 ACMN 的体积为 3 16 . 【小问 3 详解】连接 ,BN CM 交于点 P，连接OP并延长OP交 BC于点 E， 则三棱锥M ABC 与三棱锥 N ABC 公共部分即为三棱锥 P ABC . 因为点M 、N 分别是OB、OC的中点， 所以 E为 BC的中点，且 1 3 PE OE ， 所以 1 1 3 4P ABC O ABC V V   ， 所以三棱锥M ABC 与三棱锥 N ABC 公共部分的体积为 1 4 . 19．【详解】（1）设动点 M 的坐标为 ( , )x y ，由已知得  2 24 2· 2x x y    ，化简整理得 2 22 8x y  ，所以曲线 C 的方程为 2 2 1 8 4 x y   . （2）由已知 2 ( 0) 2 y x m m   与 2 22 8x y  联立，消去 y 整理得： 2 22 4 0x mx m    ， （共 7 页）第 7页 由已知得 2 22 4( 4) 0m m     ，且 0m  ，解得： ( 2 2,0) (0,2 2)m   设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，则 1 2 2x x m   ， 21 2 4x x m  ， 假定曲线 C 上存在定点  0 0,P x y 使得直线 ,PA PB的斜率和为零，即 0 1 0 2 0 1 0 2 0y y y y x x x x       ， 则 0 0 0 1 0 2 2 1 2 2) ) 2 2 ( ( 0 y yx m x x x x x m       ，整理得      0 0 1 2 0 1 2 1 2 22 2 0 2 y m x x x x x x x x             ， 则有   20 0 0 22 ( 2 ) ( 2 ) 2( 4) 0 2 y m x m x m m              ，整理得： 0 0 0 0( 2 2 4) 2 0y x m x y    ， 因当 ( 2 2,0) (0,2 2)m   时恒有 0 0 0 0( 2 2 4) 2 0y x m x y    成立，则 0 0 0 0 2 0 2 2 y x x y      ， 解得 0 0 2 2 x y    或 0 0 2 2 x y      ，显然点 (2, 2)P 或 ( 2, 2)P   在椭圆 C 上， 所以曲线 C 上存在定点 (2, 2)P 或 ( 2, 2)P   ，使得直线 ,PA PB的斜率和为零.