湖南省邵阳市邵东市2024_2025学年高二数学上学期1月期末联考试卷

这是一份湖南省邵阳市邵东市2024_2025学年高二数学上学期1月期末联考试卷，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（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。
1．直线的倾斜角是（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
2．已知双曲线的离心率为，则的焦点坐标为（ ）
A．B．C．D．
3．在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
4．设数列满足，，则（ ）
A．B．C．D．4
5．已知函数，则（ ）
A．B．C．D．
6．设等差数列的前项和为，且公差不为0，若，，构成等比数列，，则（ ）
A．7B．8C．10D．12
7．若点是曲线上任意一点，则点到直线距离的最小值为（ ）
A．B．C．2D．
8．已知双曲线，，是它的两个焦点，为坐标原点，是双曲线右支上一点，
，则（ ）
A．B．C．D．
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，分别为直线，的方向向量（，不重合），，分别为平面，的法向量（不重合），则下列说法中，正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知抛物线的焦点到准线的距离为2，则（ ）
A．焦点的坐标为
B．过点恰有2条直线与抛物线有且只有一个公共点
C．直线与抛物线相交所得弦长为8
D．抛物线与圆交于，两点，则
11．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．有两个零点B．有两个极值点
C．若，则D．若方程有两个根，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知直线与垂直，则实数_______________.
13．函数的最小值为_______________.
14．已知数列的首项，且满足对任意都成立，则能使成立的正整数的最小值为_______________.
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．（13分）已知圆过点，，且直线平分圆的周长.
（1）求圆的方程；
（2）过点的直线和圆交于，两点，若，求直线的方程.
16．（15分）如图所示，在四棱锥中，平面，底面是正方形，，是的中点，在线段上，且.
（1）求证：.
（2）求平面与平面夹角的正弦值.
17．（15分）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围.
18．（17分）已知数列满足：，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和；
（3）设，记数列的前项和，求证：.
19．（17分）在平面直角坐标系中，为坐标原点，，已知平行四边形两条对角线的长度之和等于4.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）过作互相垂直的两条直线、，与动点的轨迹交于、，与动点的轨迹交于点、，、的中点分别为、；证明：直线恒过定点，并求出定点坐标；
（3）在（2）的条件下，求四边形面积的最小值.
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，可得直线的斜率，
设其倾斜角为，可得，所以，故选：C.
2．B 【详解】根据题意得，双曲线是焦点在轴的双曲线，所以，，所以，解得，所以，所以焦点坐标为.故选：B.
3．D 【详解】关于平面对称的点的特点是横坐标与竖坐标不变，纵坐标相反，
故点关于平面对称的点的坐标是，故选：D.
4．A 【详解】由，，则，则，，则.故选：A.
5．B 【详解】，令
，故选：B.
6．C 【详解】设公差为，由题意可得，
即，解得舍去，或，
所以，可得，故选：C.
7．A 【详解】过点作曲线的切线，当切线与直线平行时，点到直线
距离最小.设切点为，，所以切线斜率为，由题知，解得或（舍），，此时点到直线距离.故选：A
8．D 【详解】设点坐标为，，由题意可知，，，则，，，.在中，由余弦定理可得：，
即，解得.因为，
则.因为，
所以，解得.又因为点在双曲线，
所以，
则，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，对于A，焦点的坐标为，故A正确；对于B，过点有抛物线的2条切线，还有，共3条直线与抛物线有且只有一个交点，故B错误；对于C，，弦长为
，故C正确；对于D，，解得（舍去），交点为，有，故D正确，故选：ACD.
11．BC 【详解】对于选项B：由，得.
令，得，两边取自然对数整理得，
设，，则，当时，
，单调递减，且；当时，，单调递增，
且，可知函数有两个变号零点，所以有两个极值点，故B正确；
对于选项A：由选项B可知，在，上单调递增，在上单调递减，
当时，，，，所以可作出函数的大致图象如图所示，，所以只有一个零点，故A错误；对于选项C：由选项A可知在上单调递增，当时，，所以，故C正确；
选项D：根据选项A中函数的大致图象可知，若方程有两个根，则或，故D错误；故选：BC.
12．2 【详解】直线的斜率，的斜率，，得.故答案为：2.
13． 【详解】，令，得，令，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取得极小值，其极小值为，无极大值.故答案为：.
14．18 【详解】由知：或；当时，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，，则，解得
；当时，数列是以1为首项，2为公比的等比数列，，则，解得：（舍）；若数列是等差与等比的交叉数列，又，；若要最小，则，，，，，，，，，，，，，，，，，，此时，故的最小值为18.故答案为：18.
15．（1）；（2）或
【详解】（1）解：由，，可得，且的中点为，则垂直平分线所在直线的斜率为，其方程为，则圆的圆心在直线上，又由直线平分圆的周长，即圆心在直线上，联立方程组，解得，，即圆心，可得半径，所以圆的标准方程为 6分
（2）解：过点的直线的斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线的距离为，由圆的弦长公式，可得弦长为，不符合题意；当直线的斜率存在时，过点的直线的斜率为，则直线的方程为，即，所以圆心到直线的距离为，因为直线和圆交于，两点.
若，由圆的弦长公式，可得，解得或，所以直线的方程为或 13分
16．（1）证明见解析；（2）
【详解】（1）连接四边形是正方形，
平面，平面，
，平面，平面
平面平面， 6分
（2）由（1）知，，，，，两两垂直如图，
以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系.
不妨设，则，，，，
平面，平面的一个法向量为，
设，，，
，
设平面的法向量为，则，
取，则，，平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为
则，
平面与平面夹角的正弦值为 15分
17．（1）；（2）
【详解】（1）由题设当时，，所以，
得，又，所以曲线在点处的切线方程为
，即 6分
（2）若，不等式恒成立，则，，
当时，对于，，所以在上单调递增，
所以时，，即满足题意；
当时，若，则，在上单调递减，
所以，与矛盾，不合题意.
综上所述，实数的取值范围为15分
18．（1）；（2）；（3）证明见解析.
【详解】（1）由题设，又，
所以数列是首项为1，公差为3的等差数列，可得，故 5分
（2）由（1）知，所以，
则 10分
（3）由（2）得，则，
所以，
两式作差得，
即，
所以，易证 17分
19．（1）；（2）证明见解析，定点；（3）.
【详解】（1）取点，则有，所以四边形是平行四边形，所以，因为，所以，所以动点的轨迹为椭圆（左右顶点除外），所以，，所以，所以动点的轨迹方程为 5分
（2）当垂直于轴时，的中点，直线为轴，与椭圆，无交点，不合题意，当直线不垂直于轴时，不妨设直线的方程为，，，由，得，所以，所以，，
所以，所以，因为，
以代替，得，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，由椭圆的对称性得，若存在这样的定点必在轴上，令，则，所以，所以直线恒过定点，
当时，，，所以直线恒过定点，
综上所述，直线恒过定点 11分
（3）由（2）得，，所以
，同理可得，
所以四边形的面积，令，则，
所以，因为，所以，
当，即时，，所以，
所以四边形的面积最小值为17分