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

这是一份精品解析：湖南省名校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷，文件包含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原卷版docx、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解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
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：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】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：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. 0.017B. 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cc>0，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：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cc>0，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：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：y2=2pxp>0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Px,y，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Px,y，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Δ=(10km)2−41+5k25m2−5>0，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证明见解析
【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.