精品解析：湖北省孝感高级中学2024-2025学年高二上学期12月测试数学试题（12.11）

孝感高中2023级高二年级 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 抛物线的焦点坐标是（ ）. A. B. C. D. 2. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列的前项和为．若，则（ ） A. 48 B. 50 C. 52 D. 54 4. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教十伟列亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3整除余2（如）且被5整除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（ ） A. 32 B. 47 C. 62 D. 77 5. 数列满足：，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，若函数是定义在上的奇函数，且，，则（ ） A. 2 B. 0 C. D. 4 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆交于两点，若且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的方程为，上顶点为，左顶点为，设为椭圆上一点，则面积的最大值为.若已知，点为椭圆上任意一点，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 二、多选题：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.全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列四个命题中正确的有（ ） A. 过点，且在轴和轴上的截距的绝对值相等的直线方程为， B. 若直线和以为端点的线段相交，则实数的取值范围为 C. 若三条直线不能构成三角形，则实数所有可能的取值组成的集合为 D. 若直线沿轴向左平移个单位长度，再沿轴向上平移个单位长度后，回到原来的位置，则该直线的斜率为 10. 已知双曲线的一条渐近线过点，为的右焦点，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线的离心率为 B. 曲线的渐近线方程为 C. 若到曲线的渐近线的距离为，则曲线的方程为 D. 设为坐标原点，若，则 11. 古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”算出椭圆面积等于圆周率、椭圆的长半轴长、短半轴长三者的乘积. 如下图，已知椭圆的左、右焦点分别为，上、下顶点分别为，左、右顶点分别为，，，设的离心率为，则（ ） A. 若，则 B. 四边形的面积与的面积之比为 C. 四边形的内切圆方程为 D. 设椭圆外阴影部分的面积为，椭圆内阴影部分的面积为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 椭圆的焦距为2，则__________． 13. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，斜率为的直线l与椭圆C交于A，B两点．若△ABF1的重心为G，则椭圆C的离心率为________． 14. 抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于A、B两点，抛物线在A、B处的切线交于点，则的最小值为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知圆C经过点A（2，0），与直线x+y＝2相切，且圆心C在直线2x+y﹣1＝0上. （1）求圆C的方程； （2）已知直线l经过点（0，1），并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程. 16. 已知数列的前项和，且，. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的最小项的值. 17. 已知的角，，所对的边分别是，，，且满足． （1）证明：，，成等差数列； （2）如图，若，点是外一点，设，，求平面四边形面积的最大值． 18. 如图，在四棱锥中，，，，，，点为棱上一点． （1）当点为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值 （2）当二面角的余弦值为时，求． 19. 已知椭圆的焦点为，，左、右顶点分别为，点为椭圆上异于的动点，的周长为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线交直线于点，连接交椭圆于点，直线，的斜率分别为，. （i）求证：为定值； （ii）设直线，证明：直线过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 孝感高中2023级高二年级 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 抛物线的焦点坐标是（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将抛物线方程化为标准方程，可得出其焦点坐标. 【详解】抛物线的标准方程为，则，所以，，， 故该抛物线的焦点坐标为. 故选：D. 2. 一动圆与圆外切，同时与圆内切，则动圆圆心的轨迹方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由圆与圆的位置关系及椭圆的定义和标准方程可得结果. 【详解】设动圆圆心为，半径为，设已知圆的圆心分别为、， 将圆的方程配方得：，圆心，半径为， 圆同理化为，圆心，半径为， 当动圆与圆相外切时，有① 当动圆与圆相内切时，有② 将①②两式相加，得 动圆圆心到点和的距离和是常数， 所以点的轨迹是焦点为点、，长轴长等于的椭圆， 故，，，. 故选：A. 3. 已知数列的前项和为．若，则（ ） A. 48 B. 50 C. 52 D. 54 【答案】C 【解析】 【分析】根据得到，，，，相加得到答案. 【详解】因为，所以，，，， 所以 故选：C 4. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教十伟列亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将正整数中能被3整除余2（如）且被5整除余2的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（ ） A. 32 B. 47 C. 62 D. 77 【答案】B 【解析】 【分析】将问题转化为是15的倍数，再利用数列通项公式即可求得结果. 【详解】根据题意可知既是3的倍数，又是5的倍数，即是15的倍数， 可得，即； 所以. 故选：B 5. 数列满足：，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由累加法可得，从而可得的值. 【详解】由，可得， 利用累加法可得, 化简得，则. 故选：C. 6. 已知数列满足，若函数是定义在上的奇函数，且，，则（ ） A. 2 B. 0 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 先求出，再根据条件求出，，即可求出答案. 【详解】，， 函数是定义在上的奇函数，，又， ， ， . 故选：C. 【点睛】本题考查函数奇偶性和周期性的应用，属于基础题. 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与椭圆交于两点，若且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作，结合条件可得，结合椭圆定义求出，在，中，分别由勾股定理建立等式得到的方程，求得答案. 【详解】如图，，垂足为， 因为，所以，为的中点， ，， ， ，整理得， 所以，即， ， ， 在中，，在中，， ， 化简整理得， ，解得或，又，. 故选：A. 8. 已知椭圆的方程为，上顶点为，左顶点为，设为椭圆上一点，则面积的最大值为.若已知，点为椭圆上任意一点，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】当面积的最大值时，直线与椭圆相切，设与直线平行的椭圆的切线方程为，与椭圆联立得到，由面积的最大值为，求得，，由均值不等式即得解. 【详解】在椭圆中， 点，则，， 直线的方程为，设与直线平行的椭圆的切线方程为， 由方程组得， 由，得，则， 两平行线间的距离， 则面积的最大值为，得， ∴， ∴ ， 当且仅当时取等号. 【点睛】本题考查了直线和椭圆综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题. 二、多选题：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.全选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列四个命题中正确的有（ ） A. 过点，且在轴和轴上的截距的绝对值相等的直线方程为， B. 若直线和以为端点的线段相交，则实数的取值范围为 C. 若三条直线不能构成三角形，则实数所有可能的取值组成的集合为 D. 若直线沿轴向左平移个单位长度，再沿轴向上平移个单位长度后，回到原来的位置，则该直线的斜率为 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，举出反例；B选项，求出恒过，求出直线，的斜率，数形结合得到或，求出实数的取值范围；C选项，当三条直线交于一点时，，C错误；D选项，当直线的斜率不存在时，不满足要求，当斜率存在时，设直线方程为，从而得到平移后的解析式，从而得到方程，求出. 【详解】A选项，当直线经过原点时，且经过，此时直线方程为，也符合题意，故 A错误， B选项，直线，恒过定点， 直线，的斜率分别为，， 又直线的斜率为，所以或， 解得或，故实数的取值范围为，B正确；  对于C，当直线，平行时，解得， 当直线，平行时，解得， 显然直线，交于点， 当点在直线时，， 实数的取值集合为，故 C错误； 对于D，当直线的斜率不存在时，不满足要求， 当斜率存在时，设直线方程为， 沿轴向左平移个单位长度，再沿轴向上平移个单位长度后， 得到，即，故，解得， 则该直线的斜率为，故D正确． 故选：BD． 10. 已知双曲线的一条渐近线过点，为的右焦点，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线的离心率为 B. 曲线的渐近线方程为 C. 若到曲线的渐近线的距离为，则曲线的方程为 D. 设为坐标原点，若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据待定系数法，求出双曲线参数之间的关系，求出离心率和渐近线方程，判断A，B的正误，根据焦点到渐近线的距离为短轴长，求出双曲线的方程，再根据两点间的距离公式和双曲线的性质求出三角形的面积，判断C，D的正误. 【详解】由题意设双曲线的渐近线方程为，代入点， 解得，则双曲线的离心率，故A正确； 由得双曲线的渐近线方程为，即，故B错误； 若到渐近线的距离为，则，，则双曲线的方程为，故C正确； 设，则由，可得， 解得，三角形的面积，故D错误． 故选：AC． 11. 古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”算出椭圆面积等于圆周率、椭圆的长半轴长、短半轴长三者的乘积. 如下图，已知椭圆的左、右焦点分别为，上、下顶点分别为，左、右顶点分别为，，，设的离心率为，则（ ） A. 若，则 B. 四边形的面积与的面积之比为 C. 四边形的内切圆方程为 D. 设椭圆外阴影部分的面积为，椭圆内阴影部分的面积为，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意可得，利用平行线分线段成比例结合椭圆的离心率即可判断A；根据椭圆的面积与菱形面积计算即可判断B；根据菱形内切圆的几何性质求得半径与圆心即可得圆的方程，从而判断C；根据椭圆面积及菱形面积关系，即可判断，的关系，从而可判断D. 【详解】由题可得，上、下顶点分别为， 左、右顶点分别为， 因为，，，所以， 对于A，若，则，所以，则， 故椭圆离心率，故A正确； 对于B，四边形的面积为， 椭圆的面积，则面积比为，故B正确； 对于C，设四边形的内切圆半径为，则在中可得， 所以，则四边形的内切圆方程为，故C不正确； 对于D，由题意有又，所以， 所以，而且， 故，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 椭圆的焦距为2，则__________． 【答案】3或5 【解析】 【分析】本题首先可根据焦距为得出，然后将椭圆分为焦点在轴上以及焦点在轴上两种情况，分别进行计算即可得出结果． 【详解】解：因为椭圆的焦距为，所以， 若焦点在轴上，则有，解得； 若焦点在轴上，则有，解得； 综上所述，或． 故答案为：3或5． 13. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，斜率为的直线l与椭圆C交于A，B两点．若△ABF1的重心为G，则椭圆C的离心率为________． 【答案】 【解析】 【分析】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，带入椭圆方程作差，利用重心坐标公式，求得，，代入上式，即可求解. 【详解】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 两式相减得＋＝0.(*) 因为△ABF1的重心为G， 所以故 代入(*)式得， 所以＝＝，即a2＝3b2， 所以椭圆C的离心率e＝. 故答案为： 14. 抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于A、B两点，抛物线在A、B处的切线交于点，则的最小值为__________. 【答案】9 【解析】 【分析】设直线方程为，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，求出，再结合导数的几何意义得到在A、B处的切线方程，联立后求出的坐标，从而得到，从而表达出，结合对勾函数单调性得到最值. 【详解】由题意得，当直线斜率为0时，不满足与抛物线交于两个点， 设直线方程为，联立得，， 设，， 则， 故，， 故， ，，故过的切线方程为， 同理可得过点的切线方程为， 联立与得 ， 故 ， 故， ，则， 故， 其中，由在上单调递增， 故当，即时，取得最小值， 最小值为. 故答案为：9 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 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. 已知圆C经过点A（2，0），与直线x+y＝2相切，且圆心C在直线2x+y﹣1＝0上. （1）求圆C的方程； （2）已知直线l经过点（0，1），并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程. 【答案】（1）（x﹣1）2+（y+1）2＝2 （2）x＝0或3x+4y﹣4＝0 【解析】 【分析】（1）由圆C的圆心经过直线2x+y﹣1＝0上，可设圆心为C（a，1﹣2a）.由点到直线的距离公式表示出圆心C到直线x+y＝2的距离d，然后利用两点间的距离公式表示出AC的长度即为圆的半径，然后根据直线与圆相切时圆心到直线的距离等于圆的半径，列出关于a的方程，求出方程的解即可得到a的值，由a的值可确定出圆心坐标及半径，然后根据圆心和半径写出圆的方程即可. （2）分类讨论，利用圆心到直线的距离为1，即可得出结论. 【小问1详解】 因为圆心C在直线2x+y﹣1＝0上，可设圆心为C（a，1﹣2a）. 则点C到直线x+y＝2的距离d. 据题意，d＝|AC|，则， 解得a＝1. 所以圆心为C（1，﹣1），半径r＝d， 则所求圆的方程是（x﹣1）2+（y+1）2＝2. 【小问2详解】 k不存在时，x＝0符合题意； k存在时，设直线方程为kx﹣y+1＝0，圆心到直线的距离1，∴k， ∴直线方程为3x+4y﹣4＝0. 综上所述，直线方程为x＝0或3x+4y﹣4＝0. 16. 已知数列的前项和，且，. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的最小项的值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用可将已知化为，根据与关系可求得通项公式； （2）由（1）得到，从而得到，由此可确定当时，；当时，，则最小值为，代入通项公式可得到结果. 【详解】（1），，则， 即， 当时，； 当时，； 经检验适合， （2）由（1）知： ，， ， 当时，， 当时，；当时，； 又，，当时，有最小值. 【点睛】易错点睛：在利用与关系求解数列通项公式时，需注意验证首项是否满足时所求解的通项公式，若不满足，则通项公式为分段数列的形式，即. 17. 已知的角，，所对的边分别是，，，且满足． （1）证明：，，成等差数列； （2）如图，若，点是外一点，设，，求平面四边形面积的最大值． 【答案】（1）由． 可得 即 由正弦定理， 故得，，成等差数列； （2）． 【解析】 【分析】（1）化简已知得，即得证； （2）求出，．四边形面积，再利用三角函数的图象和性质求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，，则． 是等边三角形． 由题意，， 则． 余弦定理可得 则． 故四边形面积． ， ， 当时，取得最大值为 故平面四边形面积的最大值为． 18. 如图，在四棱锥中，，，，，，点为棱上一点． （1）当点为棱的中点时，求直线与平面所成角的正弦值 （2）当二面角的余弦值为时，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据勾股定理得出，，再建系得出法向量，最后应用线面角正弦公式计算求解； （2）先分别求出平面和平面的法向量，再应用二面角余弦公式列式计算求参. 【小问1详解】 因为，，，所以，所以， 因为，，所以，则． 可知，，两两垂直，以为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系 则，，，， 当点为棱的中点时，，，， 设平面的一个法向量， 则即， 即令，解得，，故， 设直线与平面所成角为，则,， 故直线与平面所成角的正弦值为． 【小问2详解】 由（1）可知，， 设，则， 设平面的一个法向量， 则即， 令解得，，故， 设平面的一个法向量为， 由得 令，解得，，故， 所以， 即，整理，得， 解得或舍去． 故． 19. 已知椭圆的焦点为，，左、右顶点分别为，点为椭圆上异于的动点，的周长为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线交直线于点，连接交椭圆于点，直线，的斜率分别为，. （i）求证：为定值； （ii）设直线，证明：直线过定点. 【答案】（1）椭圆的方程为 （2）（i）设,，,，， 由（1）可知，， 所以，， 因为，即，所以， 所以， 又，所以， 所以； （ii）因为直线的方程为，,，,， 联立，得， 所以，， 由（i）可知，，即， 所以， 即， 化简得，解得或（舍去）， 所以直线的方程为， 所以直线经过轴上的定点，定点坐标为． 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的焦点坐标及的周长，可得的值，从而可求解椭圆方程； （2）（i）先利用点的坐标表示出两条直线的斜率，再结合椭圆的方程，代入化简即可；（ii）联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理与（i）中斜率乘积为定值，化简求得定点坐标，即可证得结论． 【小问1详解】 依题意可设椭圆，且， 又的周长为，即， 所以， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $