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1、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. 3B. 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:B2
2、. 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】根据空间坐标系的定义得对称点的坐标,再求得向量坐标【详解】由点与点关于平面对称,可得,所以.故选:A3. 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
3、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(
4、)A. 0.017B. 0.25C. 0.86D. 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cc0,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
5、在轴上,且,则点到坐标原点的距离为( )A. 4B. 2C. 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:D8. 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
6、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
7、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
8、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n=x,y,z,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
9、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
10、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cc0,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
11、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
12、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)证明见详解 (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】因为平面平面ABCD,且平面平面,平面,可
13、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.【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)证明见解析【解析】【分析】(1)将点坐标代入抛物线方程可求出,从而可求出
14、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】因点在抛物线C:y2=2pxp0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】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【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