湖南省岳阳市平江县2024-2025学年高二上学期期末考试数学试卷（解析版）

这是一份湖南省岳阳市平江县2024-2025学年高二上学期期末考试数学试卷（解析版），共13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。
一、选择题：本大题共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. 抛物线的准线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】抛物线,满足，所以，则.
所以准线方程是.
故选A.
2. 已知向量，向量，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以，所以，所以.
故选：C.
3. 直线的一个方向向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为的斜率，
结合选项可知直线的一个方向向量为．
故选：．
4. 已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A. 12或3B. 1或C. 12D.
【答案】A
【解析】设等比数列的公比为，
则，，
则，化为，
解得或，则或，
故选：A.
5. 函数在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】函数的导数为，则，
则函数在点处的切线方程为，即．
故函数在点处的切线方程为.
故选：B.
6. 如图，在四面体中，，，，点M在上，且，N为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】.
故选：B.
7. 已知直线与平行，则实数的值为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】C
【解析】由已知可得，解得或.
故选：C.
8. 若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】构造，则在上显然递增，
由得，
即，，，
令，则，
由得，递增，
由得，递减，，．
故选：B．
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 数列的前项和，则（ ）
A.
B.
C. 当或6时，数列有最小项
D. 是等差数列
【答案】ABD
【解析】对于A：因为，当时，故A正确；
对于B：当时，
所以，
经检验时也成立，所以，故B正确；
对于C：因为，
所以当或时取得最大值，且，即数列有最大项，故C错误；
对于D：因为，
则，
又，
所以是首项为，公差为的等差数列，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知曲线C的方程为，则下列说法正确的为（ ）
A. 曲线C可以是圆
B. 若，则曲线C为椭圆
C. 曲线C可以表示抛物线
D. 若曲线C为双曲线，则或
【答案】AD
【解析】对于A，若曲线C是圆，则，解得，A正确；
对于B，由选项A知，当时，曲线C是圆，不是椭圆，B错误；
对于C，曲线C有两条对称轴，不可能为抛物线，C错误；
对于D，若曲线C为双曲线，则，解得或，D正确.
故选：AD.
11. 已知正方体的棱长为分别是棱和的中点，是棱上的一点，是正方形内一动点，且点到直线与直线的距离相等，则（ ）
A.
B. 点到直线的距离为
C. 存在点，使得平面
D. 动点在一条抛物线上运动
【答案】AD
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
对于选项A，易知，设，
所以，又，
得到，所以，故选项A正确；
对于选项，因为，所以，又，
则在方向上的投影向量的模为，又，
所以点到直线的距离为，故选项B错误；
对于选项C，设平面的一个法向量为，
由选项A知，，，
由，得到，
取，所以平面的一个法向量为，
由，得到，
所以不存点，使得平面，故选项C错误；
对于选项D，因为平面平面，所以，
所以点到直线的距离即点到点的距离，又点到直线与直线的距离相等，即点到点的距离等于点到直线的距离，又面，面，由抛物线定义知，点的轨迹是以为焦点，所在直线为准线的抛物线的一部分，故选项正确，
故选：AD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在等差数列中，为其前n项的和，若，则________．
【答案】42
【解析】设等差数列的公差为，
则，解得，
则.
13. 已知直线和两点，若点为直线上一动点，则的最小值为______．
【答案】12
【解析】如图，作出点关于直线的对称点，连接，交直线于，
则，
于是，当三点共线，即与重合时取等号，
设，则，解得，即，
所以的最小值.
14. 已知双曲线E：的左、右焦点分别为，，E上存在点P，使得，且的内切圆与y轴相切，则E的离心率为___________.
【答案】
【解析】不妨设点在第一象限，
因为，所以，
所以，，
又，联立可得：，
所以，即，
设的内切圆半径为，过圆心往三边作垂线，垂足分别为，如图所示，

因为的内切圆与y轴相切，故，
，，
所以，
即，即，
两边平方得，
即，则，
两边同时除以，得，解得，
因为，所以.
四、解答题：本大题共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，圆，
（1）证明圆与圆相交；
（2）求圆与圆公共弦所在直线的方程及公共弦的长.
（1）证明：由题得圆标准方程为，
故圆的圆心是，半径，
圆的标准方程为，
故圆的圆心是，半径．
所以与的距离为．
圆与圆的两半径之和，两半径长之差．
因为，即，
所以圆与圆相交.
（2）解：将圆和圆的方程相减，得两圆的公共弦所在直线的方程为,
而，半径，该圆心到公共弦的距离，
故公共弦.
16. 在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，四边形是边长为2的菱形，，E是AD的中点.
（1）判断直线BE与平面的位置关系，并证明；
（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.
解：（1）平面，证明如下：
如图，连接BD.
因为为等边三角形，E是AD的中点，所以，且.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为四边形是边长为2的菱形，，
所以为等边三角形，所以，
因为平面，，所以平面.
（2）以E为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面PAB的法向量为，则，
令，则，故，
设平面PBC的法向量为，则，
令，则，故，
所以，
故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
17. 已知椭圆：的焦距为8，离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与C交于两点，点为椭圆上任意一点，求的面积的最大值.
解：（1）根据题意，即，又，所以，
因为，所以
所以椭圆C的标准方程为：．
（2）由方程组消去y，得． ①
设,，,，可得:
则
设与直线平行的直线方程为：，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与距离比较远的直线与椭圆的切点为此时的面积取得最大值.
由方程组消去y，得． ②
方程②的根的判别式．
由，得，．此时方程②有两个相等的实数根，直线与椭圆有且只有一个公共点．
与距离比较远的直线方程：，
直线方程为：
点到直线的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得：，
所以的面积的最大值：.
18. 已知函数
（1）当时，求在区间上的最值；
（2）讨论的单调性；
（3）若有两个零点，求取值范围.
解：（1）当时，，则，
则在区间上单调递减，所以，，无最小值.
（2）函数的定义域为，，
（ⅰ）若，则f'x0，
所以在单调递减，在单调递增.
综上所述，当时，函数的减区间为；
当时，函数的减区间为，增区间为.
（3）分析以下几种情况讨论：
（ⅰ）若，函数在上为减函数，则至多有一个零点；
（ⅱ）若，由（1）知，
当时，取得最小值，最小值为.
当时，由于，故只有一个零点；
当时，由于f-lna=1-1a+lna=a-1a+lna>0，
此时，函数没有零点；
当时，，
又，
故在有一个零点.
设正整数满足，
则fn0=en0aen0+a-2-n0>en0-n0>2n0-n0>0.
由于，因此在有一个零点.
综上，的取值范围为0,1.
19. 数列、满足：是等比数列，，，且．
（1）求数列、的通项公式.
（2）求集合中所有元素的和．
（3）对数列，若存在互不相等的正整数，使得也是数列中的项，则称数列是“和稳定数列”．试判断数列、是否是“和稳定数列”，并说明理由．
解：（1）根据题意可知，所有可得，
又因是等比数列，所以设的公比为，则，
所以，
因①，
当时，②，
①式减去②式可得，
将，可得，
将之化简可得，
所以数列是为首项，公差为的等差数列，
故.
（2）由题意知集合，
则化简转化为，
设前项和为，
数列前项和为，
且解之可得，
所以集合所有元素之和为
.
（3）数列是“和稳定数列”，理由如下：
当时，是的正整数倍，
故一定不是数列中的项；
当时，，不是数列中的项；
当时，，是数列中的项；
综上，数列是“和稳定数列”，；
数列不是“和稳定数列”，理由如下：
不妨设：，则，
且，
故不是数列中的项.
数列不是“和稳定数列”.