2025届湖南省长沙市岳麓区湖南师大附中高二数学第一学期期末考试试题含解析

2025届湖南省长沙市岳麓区湖南师大附中高二数学第一学期期末考试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．设集合，，则（）A. B.C. D.2．二项式的展开式中，各项二项式系数的和是（）A.2 B.8C.16 D.323．对于两个平面、，“内有三个点到的距离相等”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4．已知过抛物线焦点的直线交抛物线于，两点，则的最小值为（）A. B.2C. D.35．已知椭圆的左右焦点分别为，，点B为短轴的一个端点，则的周长为（）A.20 B.18C.16 D.96．已知函数，若，则（）A. B.0C.1 D.27．古希腊数学家阿波罗尼奥斯(约公元前262~公元前190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k(k>0且k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知O(0，0)，A(3，0)，动点P(x，y)满，则动点P轨迹与圆的位置关系是（）A.相交 B.相离C.内切 D.外切8．圆的圆心坐标与半径分别是（）A. B.C. D.9．直线的倾斜角的取值范围是（）A. B.C. D.10．在中，、、所对的边分别为、、，若，，，则（）A. B.C. D.11．不等式的一个必要不充分条件是（）A. B.C. D.12．函数极小值为（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．“五经”是《诗经》、《尚书》、《礼记》、《周易》、《春秋》的合称，贵为中国文化经典著作，所载内容及哲学思想至今仍具有积极意义和参考价值.某校计划开展“五经”经典诵读比赛活动，某班有、两位同学参赛，比赛时每位同学从这本书中随机抽取本选择其中的内容诵读，则、两位同学抽到同一本书的概率为______.14．已知，分别是双曲线的左、右焦点，P是其一条渐近线上的一点，且以为直径的圆经过点P，则的面积为___________.15．双曲线的实轴长为______.16．已知椭圆的左、右焦点分别为，，P为椭圆上一点，满足(O为坐标原点)．若，则椭圆的离心率为______三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知圆台的上下底面半径分别为，母线长为．求：（1）圆台的高；（2）圆台的体积注：圆台体积公式：，其中，S分别为上下底面面积，h为圆台的高18．（12分）已知椭圆的离心率为，短轴长为2（1）求椭圆的方程；（2）设过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，求当的面积取得最大值时的值19．（12分）中国共产党建党100周年华诞之际，某高校积极响应党和国家的号召，通过“增强防疫意识，激发爱国情怀”知识竞赛活动，来回顾中国共产党从成立到发展壮大的心路历程，表达对建党100周年以来的丰功伟绩的传颂．教务处为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取了100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了如下样本频率分布直方图（1）求值并估计中位数所在区间（2）需要从参赛选手中选出6人代表学校参与省里的此类比赛，你认为怎么选最合理，并说明理由20．（12分）如图，PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC＝∠BAD＝90°，F为PA中点，，．四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点N（1）求证：AC∥平面DEF；（2）求二面角A－BC－P的余弦值21．（12分）已知四边形是菱形，四边形是矩形，平面平面，，，G是的中点（1）证明：平面；（2）求二面角的正弦值22．（10分）如图，在三棱锥中，侧面PAB是边长为4的正三角形且与底面ABC垂直，点D，E，F，H分别是棱PA，AB，BC，PC的中点（1）若点G在棱BC上，且BG＝3GC，求证：平面∥平面DHG；（2）若AC＝2，，求二面角的余弦值

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C【解析】根据集合交集和补集的概念及运算，即可求解.【详解】由题意，集合，，根据补集的运算，可得，所以.故选：C.2、D【解析】根据给定条件利用二项式系数的性质直接计算作答.【详解】二项式的展开式的各项二项式系数的和是.故选：D3、B【解析】根据平面的性质分别判断充分性和必要性.【详解】充分性：若内有三个点到的距离相等，当这三个点不在一条直线上时，可得；当这三个点在一条直线上时，则、平行或相交，故充分性不成立；必要性：若，则内每个点到的距离相等，故必要性成立，所以“内有三个点到的距离相等”是“”的必要不充分条件.故选：B.4、D【解析】设出直线方程，联立抛物线方程，得到韦达定理，求得，利用抛物线定义，将目标式转化为关于的代数式，消元后，利用基本不等式即可求得结果.【详解】因为抛物线的焦点的坐标为，显然要满足题意，直线的斜率存在，设直线的方程为联立可得，其，设坐标为，显然，则，，根据抛物线定义，MF=故=4+4令，故4+4当且仅当，即时取得最小值.故选：D.【点睛】本题考察抛物线中的最值问题，涉及到韦达定理的使用，基本不等式的使用；其中利用的关系，以及抛物线的定义转化目标式，是解决问题的关键.5、B【解析】根据椭圆的定义求解【详解】由椭圆方程知，所以，故选：B6、D【解析】求出函数的导数，直接代入即可求值.【详解】因为，所以，所以，所以.故选：D.7、A【解析】首先求得点的轨迹，再利用圆心距与半径的关系，即可判断两圆的位置关系.【详解】由条件可知，，化简为：，动点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，圆是以为圆心，为半径的圆，两圆圆心间的距离，所以两圆相交.故选：A8、C【解析】将圆的一般方程化为标准方程，即可得答案.【详解】由题可知，圆的标准方程为，所以圆心为，半径为3，故选.9、A【解析】由直线方程求得直线斜率的范围，再由斜率等于倾斜角的正切值可得直线的倾斜角的取值范围.【详解】∵直线的斜率,，设直线的倾斜角为，则，解得.故选：A.10、B【解析】利用正弦定理，以及大边对大角，结合正弦定理，即可求得.【详解】根据题意，由正弦定理，可得：，解得，故可得或，由，可得，故故选：B.11、B【解析】解不等式，由此判断必要不充分条件.【详解】，解得，所以不等式的一个必要不充分条件是.故选：B12、A【解析】利用导数分析函数的单调性，可求得该函数的极小值.【详解】对函数求导得，令，可得或，列表如下：减极小值增极大值减所以，函数的极小值为.故选：A.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、##【解析】计算出、两位同学各随机抽出一本书的结果种数，以及、两位同学抽到同一本书的结果种数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】、两位同学抽到的结果都有种，由分步乘法计数原理可知，、两位同学各随机抽出一本书，共有种结果，而、两位同学抽到同一本书的结果有种，故所求概率为.故答案为：.14、【解析】先得出渐近线方程和圆的方程，然后解出点P的纵坐标，进而求出面积.【详解】由题意，渐近线方程为：，，圆的方程为：，联立：，所以.故答案为：.15、4【解析】根据双曲线标准方程的特征即可求解.【详解】由题可知.故答案为：4.16、##【解析】由可得，再结合椭圆的性质可得为直角三角形，由题意设，则，由勾股定理可得，再结合椭圆的定义可求出离心率【详解】因为，所以，所以，因为，所以，所以为直角三角形，即，所以设，则，所以，得，因为则，所以，所以，即离心率为，故答案为：三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）.【解析】（1）作出圆台的直观图，过点A作，垂足为H，由勾股定理可求圆台的高；（2）结合（1），利用圆台的体积公式可求圆台的体积【详解】（1）作出圆台的直观图，如图，设圆台上下底面圆心分别为，为圆台的一条母线，连接，，过点A作，垂足为H，则的长等于圆台的高，因为圆台的上下底面半径分别为，母线长为所以，，则，可得，故圆台高为；（2）圆的面积圆的面积为故圆台的体积为18、（1）；（2）.【解析】（1）由短轴长得，由离心率处也的关系，从而可求得，得椭圆方程；（2）设，，直线的方程为，代入椭圆方程应用韦达定理得，由弦长公式得弦长，求出原点到直线的距离，得出三角形面积为的函数，用换元法，基本不等式求得最大值，得值【详解】解：（1）由题意得，，所以，，椭圆的方程为（2）直线的方程为，代入椭圆的方程，整理得由题意，，设，则，弦长，点到直线的距离，所以的面积，令，则，当且仅当时取等号．所以，对应的，可解得，满足题意19、（1）；中位数所在区间（2）选90分以上的人去参赛；答案见解析【解析】（1）根据频率分布直方图中，所有小矩形面积和为1，即可求得a值，根据各组的频率，即可分析中位数所在区间.（2）计算可得之间共有6人，满足题意，分析即可得答案.【小问1详解】，解得成绩在区间上的频率为，，所以中位数所在区间，【小问2详解】选成绩最好的同学去参赛，分数在之间共有人，所以选90分以上的人去参赛．（其它方案如果合理也可以给分）20、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）记PC交DE于点N，然后证明FN∥AC，进而通过线面平行的判定定理证明问题；（2）建立空间直角坐标系，进而通过空间向量夹角公式求得答案.【小问1详解】因为四边形PDCE为矩形，线段PC交DE于点N，所以N为PC的中点连接FN，在△PAC中，F，N分别为PA，PC的中点，所以FN∥AC，因为平面DEF，平面DEF，所以AC∥平面DEF.【小问2详解】因为PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC＝∠BAD＝90°，所以DA，DC，DP两两垂直，如图以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系则，，，，所以，设平面PBC的法向量为，则，令x=1，则.因为PD垂直于梯形ABCD所在的平面，所以是平面ABC的一个法向量，所以.由图可知所求二面角为锐角，即所求二面角的余弦值为.21、（1）证明见解析（2）【解析】（1）设，线段的中点为H，分别连接，可证，从而可得平面；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量后可求二面角的余弦值.【小问1详解】证明：设，线段的中点为H，分别连接又因为G是的中点，所以因为四边形为矩形，据菱形性质知，O为的中点，所以，且，所以，且，所以四边形是平行四边形，所以又因为平面，平面，所以平面【小问2详解】解：据四边形是菱形的性质知，又因为平面平面，平面，平面平面，故平面，所以以分别为x轴，y轴，以过与的交点O，且垂直于平面的直线为z轴建立空间直角坐标系如图所示，则有，所以设平面的一个法向量，则令，则，且，所以设平面的一个法向量，则令，则，且，所以所以，所以二面角的正弦值为22、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由中位线的性质可得、、，再由线面平行的判定可证平面PEF、平面PEF，最后根据面面平行的判定证明结论.（2）应用勾股定理、等边三角形的性质、面面和线面垂直的性质可证、、两两垂直，构建空间直角坐标系，求面BPC、面PCA的法向量，再应用空间向量夹角的坐标表示求二面角的余弦值.【小问1详解】因为D，H分别是PA，PC的中点，所以因为E，F分别是AB，BC的中点，所以，综上，，又平面PEF，平面PEF，所以平面PEF由题意，G是CF的中点，又