湖南岳阳市平江县2025-2026学年上学期教学质量监测高二数学试题

平江县2025年下学期教学质量监测高二数学考生注意：所有答案请务必填写在答题卡上，时量120分钟，满分150分.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.已知空间向量，，且，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据向量垂直得，即可求出的值.【详解】.故选：B.2.过点且与直线垂直的直线方程为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】设出该直线的方程，由点在该直线上，即可得出该直线方程.【详解】设该直线方程为由点在该直线上，则，即即该直线方程为故选：C【点睛】本题主要考查了由两直线垂直求直线方程，属于中档题.3.数列满足，则（）A.8 B.4 C.2 D.1【答案】B【解析】【分析】根据数列的递推关系可求【详解】因为，故为奇数，故，而为偶数，故，因为为偶数，故.故选：B.4.已知函数在上可导，其部分图象如图所示，则下列不等式正确的是（

）A B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用导数的几何意义可知为该点切线的斜率，由图可知处的切线斜率比处的切线斜率大，为两点处的斜率，比较即可得出.【详解】根据导数的几何意义，如图，分别表示在点处切线的斜率，又因为由图可知故选：B.5.直线与之间的距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据平行直线间的距离公式进行求解即可.【详解】将直线化简得，故两直线平行，它们之间的距离．故选：C.6.已知，是椭圆的两个焦点，是上的一点，若，且，则的离心率为A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】分析：设，则根据平面几何知识可求，再结合椭圆定义可求离心率.详解：在中，设，则，又由椭圆定义可知则离心率，故选D.点睛：椭圆定义的应用主要有两个方面：一是判断平面内动点与两定点的轨迹是否为椭圆，二是利用定义求焦点三角形的周长、面积、椭圆的弦长及最值和离心率问题等；“焦点三角形”是椭圆问题中的常考知识点，在解决这类问题时经常会用到正弦定理，余弦定理以及椭圆的定义.7.二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB，已知，则该二面角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，应用向量数量积的运算律及已知可得，即可求二面角余弦值.【详解】由，且，得，故，即，所以，即二面角的余弦值为.故选：D8.实数，满足，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】判断出点的轨迹，根据斜率、直线与圆的位置关系等知识求得正确答案.【分析】方程，即，所以是以，半径为的圆上的点，表示点与点连线的斜率，设直线与圆相切，到直线的距离，解得或，所以的取值范围是.故选：C二､多选题：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2分，有选错的得0分.9.已知双曲线C：，下列对双曲线C判断正确的是（）A.实轴长是虚轴长的2倍 B.焦距为4C.离心率为 D.渐近线方程为【答案】BD【解析】【分析】根据双曲线的标准方程求出a、b、c，可以求出实轴长、虚轴长、焦距、离心率、渐近线方程，对四个选项一一验证即可.【详解】∵双曲线C：∴..∴∴.∴双曲线的实轴长是，虚轴长是，A错误；焦距为.B正确；离心率为，C错误：渐近线方程为，D正确.故选：BD10.已知直三棱柱中，，，点为的中点，则下列说法正确的是（）A.B.平面C.异面直线与所成的角的余弦值为D.点到平面的距离为【答案】ABD【解析】【分析】建立如图空间直角坐标系，利用空间向量线性运算的坐标表示计算即可判断A；利用空间向量法证明线面平行、求解线线角和点面距即可判断BCD.【详解】如图，建立空间直角坐标系，则.A：，所以，故A正确；B：，设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，所以，即，又平面，所以平面，故B正确；C：，则，所以，即异面直线与所成的角的余弦值为，故C错误；D：设平面的一个法向量为，则，令，则，所以，得，所以点到平面的距离为，故D正确.故选：ABD11.已知函数，则（）．A.的图象关于点对称B.的极大值点为C.在区间上的值域为D.若关于x的方程有两个不相等的实数根，则实数t的值为【答案】AC【解析】【分析】函数为奇函数，平移可得，进而得到对称中心，判断A正确；利用导数，得出单调区间和极值可得，B错误，C正确；数形结合得出D错误.【详解】因为函数为奇函数，其图象关于原点对称，把函数的图象向上平移4个单位长度得到的图象，所以A正确．因为，所以，令，解得或，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故的极大值点为，B错误．又的极大值为，极小值为，，，所以在区间上的值域为，C正确．画出函数的图象，如图所示，由得，若关于x的方程有两个不相等的实数根，则函数的图象与直线有两个交点，由图象知或，所以t的值为或，D错误．故选：AC.三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.记为数列的前项和，若，则_____________．【答案】【解析】【分析】首先根据题中所给的，类比着写出，两式相减，整理得到，从而确定出数列为等比数列，再令，结合的关系，求得，之后应用等比数列的求和公式求得的值.【详解】根据，可得，两式相减得，即，当时，，解得，所以数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，所以，故答案是.点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.13.过椭圆的左焦点作倾斜角为的直线，直线与椭圆交于两点，则______．【答案】【解析】分析】根据给定条件，求出直线方程，并与椭圆方程联立，利用弦长公式计算即得.【详解】依题意，椭圆左焦点，直线的方程为，联立，消去得，设，则，，因此．故答案为：14.已知曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则__________.【答案】或【解析】【分析】根据导函数与斜率的关系求出切线方程，联立曲线和切线方程，根据方程只有一个解求解即可.【详解】因为，所以，所以当时，，即切线的斜率为2，所以由点斜式得即，联立整理得，因切线与曲线只有一个公共点，所以方程只有一个根，当时，方程为只有一个根，满足题意；当时，，即，解得，综上或，故答案为:或.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.已知的顶点分别为、、（1）求边上的中线的方程；（2）求的外接圆的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出边的中点的坐标，求出所在直线的斜率，利用点斜式可得出所求直线的方程；（2）设的外接圆方程为，将三个顶点的坐标代入，列出关于的方程组，求解即得的外接圆的方程.【小问1详解】因为、，所以线段的中点为，，所以边上的中线所在直线的方程为，即.【小问2详解】设的外接圆的方程为，则，解得，所以外接圆的方程为，即.16.已知等差数列的前项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）若，令，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可得出数列的通项公式；（2）求得，利用错位相减法可求得.【小问1详解】设等差数列的公差为，由，可得，可得①，由可得，整理可得②，联立①②可得，，所以，.【小问2详解】因为，则，所以，，，上式下式得，因此，.17.已知抛物线，斜率为的直线交抛物线于两点，且．（1）求抛物线的方程；（2）试探究：抛物线上是否存在点，使得？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）存在，和【解析】【分析】（1）由在抛物线上，代入求出，即可求出抛物线的方程；（2）设，求出直线并与抛物线的方程联立，求出点坐标，将转化为，求出并检查是否符合题意即可.【小问1详解】由在抛物线上，则，解得，因此可得抛物线的方程为.【小问2详解】存在点在抛物线上，设点，由直线的斜率为，且过，则直线的方程为：，即，联立，可得，解得，或，即可得点的纵坐标为，代入，得，即，若，则，即，又，则可得，整理得，，解得，或，或，或，当时，与重合，舍去，当时，与重合，舍去，当时，，当时，，综上知，抛物线上存在点，为和时，.18.已知函数.（1）若，求的单调区间和极值；（2）若，求证：.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求得，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间、减区间以及极大值、极小值；（2）当时，可得出，利用导数分析函数的单调性，求出函数的最小值，证明出即可.【小问1详解】当时，，定义域为，则，因为函数、在上均为增函数，故函数在上为增函数，又因为，当时，；当时，.所以，的单调递减区间为，单调递增区间为，故有极小值，无极大值.【小问2详解】当时，，定义域为，则，令，则，故在上单调递增，又因为，，所以，存在，使得，即，即，当时，；当时，.所以，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，，因此，当时，.19.如图，在四面体中，平面，M，P分别是线段，的中点，点Q在线段上，且.（1）求证：平面；（2）当，时，求平面与平面夹角的余弦值；（3）在（2）的条件下，若为内的动点，平面，且与平面所成的角最大，试确定点G的位置.【答案】（1）证明见解析（2）（3）点位于中位线靠近的八等分点的第3个点处【解析】【分析】（1）利用中位线定与与平行线的传递性，结合线面平行的判定定理即可得证；（2）利用勾股定理与线面垂直的性质定理建立空间直角坐标系，再分别求得平面与平面的法向量，利用空间向量法求面面角的方法即可得解；（3）先利用线面平行的性质定理分析得在上，假设，再利用线面角的空间向量法分析得与平面所成的角时的值，从而得解.【小问1详解】取BD中点，连接PO，是BM的中点，，且，在线段CD上取点，使，连接OF，QF，，，且，，四边形POFQ为平行四边形，，又平面平面，平面.【小问2详解】，则，，取BD中点，则，又平面，平面BCD，以为原点，OB，OC，OP所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，则，，，，所以，故，易知平面一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，即，取，则，，设平面与平面夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.【小问3详解】由（2）知为BD中点，为AD中点，连接OM，，点为内动点且平面QGM，又平面ABD，平面平面，，故点在OM上，设，又，，，则