湖南省常德市高中学校联盟2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试题

常德市优质高中学校联盟年下学期高二期末质量检测数学本试卷共4页全卷满分分，考试时间分钟.注意事项：答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上.橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.85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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求的定义域得集合，求函数的值域得集合，根据集合的交集运算即可得.【详解】由，解得，所以，而，所以，所以，故选：B.2.在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则（）A.2B.4C.5D.6【答案】C【解析】【分析】由复数的几何意义求，再求，结合复数的模的坐标公式求结论.【详解】由题意得，，第1页/共23页所以，所以，故选：C.3.以点为圆心，且与轴相切的圆的标准方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】依题求得圆的半径，再结合圆心坐标可得出所求圆的标准方程.【详解】以点为圆心，且与轴相切的圆的半径为，故圆的标准方程是.故选：A.4.已知等差数列的前项和为，，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用等差数列的前项和公式可得，结合题意继而即可求解.【详解】由为等差数列得，解得，所以.故选：A.5.已知椭圆的左、右焦点分别为，，若椭圆上一点P满足，且，则椭圆的离心率为（）第2页/共23页A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据椭圆的几何性质列式求解离心率即可.【详解】解：如图，设，∴，∵∴，∴离心率.故选：C．6.已知函数，（与在区间上有且仅有3个交点，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】作出图形，结合图形可得，解之即可求解.【详解】由图可知，要使与在区间上有且仅有3个交点，则，解得，即的最小值为.故选：D.第3页/共23页7.在中，已知，，，是的中点，是线段上一点，且.连接并延长交于点，则线段的长度为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】积的运算律求出模即可.【详解】设，则，由，，三点共线，得，解得，即，，因此，所以.故选：B8.已知正四面体的顶点，，均在球在平面与球面交于点.若平面，平面，平面，平面，（）且与（）之间的距离为同一定值，棱，分别与交于点，，若的周长为，则球的半径为（）第4页/共23页A.2B.1C.D.【答案】A【解析】，，使计算得，（与（的距离为，即可计算，由的周长为即可求得半径.【详解】设和（）之间的距离为，球的半径为，所以，由正弦定理可得，则，故，所以，由、、共线，则存在实数使，且，则，所以，，所以即，整理得，可得，所以，即，所以，又（）且与（）之间的距离为，则，，故，，第5页/共23页由余弦定理可得，所以，，同理可得，且，的周长，解得，故选：A.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.二、多项选择题：本大题共36分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分.9.已知双曲线：的上焦点为：是的一条渐近线，是上支上的一点，为坐标原点，则（）A.到的距离为2B.的焦距为C.的离心率为D.若，则的最小值为4【答案】CD【解析】【分析】根据渐近线求出双曲线的标准方程，结合点线距公式计算即可判断A；根据焦距和离心率的定义即可判断BC；根据双曲线的定义计算即可判断D.【详解】由题得双曲线：的渐近线方程为，又直线：是的一条渐近线，第6页/共23页所以，即双曲线的标准方程为.A选项，到：的距离为，故A错误；B选项，，故双曲线的焦距为，故B错误；C选项，双曲线的离心率，故C正确；D选项，设双曲线的下焦点为，由双曲线的定义得，即，所以，当且仅当A，，三点共线时，取得最小值为4，故D正确.故选：CD10.如图，点在棱长为1的正方体的面对角线上运动点异于结论正确的是（）A.异面直线与所成角为60°B.C.三棱锥的体积为D.直线与平面所成角的正弦值的取值范围为【答案】ABD第7页/共23页【解析】【分析】对于A，通过平移即可借助于正三角形进行判断；对于B，通过证明平面即可判断；对于CD量的夹角公式求出所成角正弦值的解析式，由二次函数的值域即得.【详解】对于A，如图，连接，，，在正方体中，则异面直线与所成角为，又，所以为等边三角形，即，故A正确；对于B，如图，连接，因平面，平面，则，易得，又，则平面，又平面，故，同理可证，因平面，故平面，又因，则平面，故.故B正确；对于C，在正方体中，，平面，平面，故平面，而点在棱长为1的正方体的面对角线上运动，故有，即C错误；第8页/共23页对于D，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，，设，，则，即，所以，，而，因平面，平面，则，又平面，所以平面，即平面的法向量为，，则，因，故，即D正确.故选：ABD.定义为不超过最大整数，例如：，.已知集合，且，，，下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则的真子集个数为C.记为中所有元素之和，且（的单调性无法确定第9页/共23页D.若（满足：对任意，，都有，则的最小值为3【答案】AD【解析】即可判断ABC示，进而（，即可判断D.【详解】A选项：，则，，，，，故A正确；B此项：，，故，，，，故，，，，故，，则（（故真子集个数最大为，故B错误；C选项：由题设有，若，则，若，则，则，矛盾，故当时，有，当时，，而，所以，则，得，则，即数列为常数列，所以数列的单调性可确定，故C错误；第10页/共23页D选项：（，，故，，由，，，∵，∴，故，，且，故，故（）.故当时，，所以的最小值为3，故D正确.故选：AD【点睛】方法点睛：(公式)问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.已知抛物线：（）上一点到其焦点的距离与到轴的距离之差为2，则______.【答案】4【解析】【分析】利用抛物线定义即可求解.【详解】由抛物线的定义得：第11页/共23页抛物线上的点到其焦点的距离等于点到准线的距离，则，.故答案为：413.记数列的前项和为，若，则______.【答案】4048【解析】和与之间的关系分析可知数列是首项为22的等差数列，进而可得结果.【详解】因为当时，则，即，解得；当时，则，两式相减得，整理可得.且符合上式，可知数列是首项为2，公差为2的等差数列，所以.故答案为：4048.14.如图所示，由半椭圆和两个半圆，组成曲线、分别是、的圆心.若过点、作两条平行线、分别与、和、交于、和、的最小值为______.第12页/共23页【答案】【解析】【分析】求出椭圆方程，设直线与椭圆的另一个交点为，由对称性得出，进而得出，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可求得的最小值，进而得解.【详解】半圆的圆心为，半径为，半圆的圆心为，半径为，对于椭圆的焦距为，则，可得，所以，椭圆的方程为，如图所示，设直线与椭圆的另一个交点为，由椭圆的对称性可知，点与点关于原点对称，即点为线段、的中点，所以，四边形为平行四边形，第13页/共23页所以，，，若的斜率不存在，则直线过点，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，联立可得，，由韦达定理可得，，所以，，故当时，取最小值，则的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于利用对称性得出，由此得出，将问题转化为椭圆的焦点弦长的最值问题.四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知圆经过，，且圆心在直线上.（1）求圆标准方程；（2）若直线：截得圆弦长最短时，求实数的值.【答案】（1）（2）.【解析】1）设圆的方程为，由条件列方程求可得结论；第14页/共23页（2）由圆的性质可得直线与垂直时，直线被圆截得的弦长最短，由直线垂直时两直线的斜率关系列方程求可得结论.【小问1详解】因圆心在直线上，设圆心坐标为，圆标准方程为：，则，解得：即圆标准方程为：【小问2详解】已知直线：过定点，圆的圆心为，当直线与垂直时，直线被圆截得的弦长最短，，所以，即.16.在中，内角，，对应的边分别为，，，.（1）求角的大小；（2）若，求面积的最大值.【答案】（1）（2）.【解析】1可得，结合角的范围即可求解.（2）利用余弦定理及基本不等式，结合三角形的面积公式即可求解.【小问1详解】第15页/共23页，，，，.，，.，，.【小问2详解】，由余弦定理知，当且仅当时等号成立，所以.，所以面积的最大值为.17.与交于点平面，平面平面.第16页/共23页（1）证明：平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】1）由已知结合面面垂直性质定理证明平面，平面，由此证明，，再利用线面垂直判定定理证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量夹角公式求结论.【小问1详解】证明：∵四边形为正方形，∴，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，平面，∴.又∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，平面，∴，∵，平面，∴平面.【小问2详解】由题意可建立空间直角坐标系如图所示，第17页/共23页令，可得，，，则，，，∵在四棱台中，上，下底面为正方形且，∴且，∴，即，则，，∴.设平面的法向量为，则，故，令，得，所以为平面的一个法向量，且.设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.18.已知抛物线（的直线与抛物线交于点，，点在第一象限，为坐标原点.（1）求的最小值（用第18页/共23页（2）若直线与抛物线的准线交于点（ⅰ）求证：轴；（ⅱ）若直线的斜率大于零，的中点为，过点作直线的垂线交抛物线的准线于点，与的面积相等，求直线的斜率.【答案】（1）.（2【解析】1）设的方程，联立抛物线方程，结合韦达定理和抛物线的定义即可求出求解；（2i）求得ii）设过点的垂线方程为，证明，由，解之即可求解.【小问1详解】易知直线的斜率不为0，设直线的方程为，联立方程，整理得，所以，，，当且仅当时等号成立，所以的最小值是.【小问2详解】（ⅰ）易知直线的方程为，则，由（1）知，所以，所以轴.第19页/共23页（ⅱ）过点的垂线方程为，所以与准线的交点为，则，所以，则，又，，记点，到直线的距离分别是，，由相似知所以，由条件知，化简得，解得，因为直线的斜率大于零，所以直线的斜率.19.已知数列为等差数列，其前项和为，，，数列的前项和为，，（）.定义：若被除得的余数为，记为，如：，，数列满足，记的前项和为.第20页/共23页（1）求数列，的通项公式；（2）若对任意，都有恒成立，求的最大值；（3）求数列的前项和.【答案】（1）.（2）.（3）【解析】1）根据等差数列的性质求出通项公式；根据与的关系，结合等比数列的定义即可求出