2025湖南省名校联盟高二下学期开学质量检测数学试题含解析

这是一份2025湖南省名校联盟高二下学期开学质量检测数学试题含解析，文件包含湖南省名校联盟2024-2025年高二下学期开学质量检测数学试题原卷版docx、湖南省名校联盟2024-2025年高二下学期开学质量检测数学试题含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．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．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，
用橡皮擦干净后，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．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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 在 轴的截距为（ ）
A. -3 B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】直接令 即可得到答案.
【详解】令 ，得 ，所以直线在 轴的截距为 ．
故选：C．
2. 已知椭圆 长半轴长等于焦距的 3 倍，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用椭圆的长轴及焦距列式求解离心率即可.
【详解】设椭圆长轴长 ，焦距 ，则 ，即 ．
故选:B．
3. 曲线 在点 处的切线方程为（ ）
第 1页/共 18页
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求得函数的导数 ，得到 ，结合直线的点斜式方程，即可求解.
【详解】由题意，函数 ，可得 ，
又由 ，则 ，即切线的斜率为 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 .
故选：A.
4. 已知数列 为等比数列，若 ， 是方程 的两个不相等的实数根，则 （ ）
A. 5 B. C. 4 D.
【答案】D
【解析】
【分析】由韦达定理结合等比数列性质即可求解；
【详解】由题意可得 ，解得 ．
故选：D．
5. 已知直线 的一个方向向量为 ，平面 的一个法向量为 ，则 与平面 所成角
的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用空间向量法计算线面角正弦值即可.
【详解】设 与 所成角的大小为 ，则 ．
故选:A．
6. 已知函数 ，若曲线 在点 处的切线与直线 平行，则函数 的
第 2页/共 18页
所有极值之积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由导数的几何意义及切线与 平行，可得 求参数 a，进而求 的极值，即可知
所有极值之积.
【详解】由题意， ，又 处的切线与直线 平行，
∴ ，可得 ，故 ，
令 ，得 ，
∴ 、 上 ， 单调递增；
上 ， 单调递减；
∴ 有极大值 ，极小值 ，
∴函数 的所有极值之积为 .
故选：B
7. 已知双曲线 的左，右焦点分别为 ， ，过 作斜率为正且与双曲线 的
某条渐近线垂直的直线 与双曲线 在第一象限交于点 ，若 ，则双曲线 的离心率为
（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由图利用点线距和勾股定理求出 ，过点 作 于 ，推理可得 ，根
第 3页/共 18页
据解三角形和双曲线的定义可得 ，即可求离心率.
【详解】令双曲线 的半焦距为 ，则 ，
令直线 与双曲线 的渐近线 垂直的垂足为 ，
于是 ， ，
如图，过点 作 于 ，则 ，
而 为线段 的中点，所以 ， ，
因为 ，所以 ，
， ，
由双曲线定义得 ，即 ，解得 ．
故该双曲线的离心率为 ．
故选：A．
8. 在平面直角坐标系 中，已知直线 与 交于点 ，点
是抛物线 上一个动点，则 的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由直线方程可得其所过定点，根据两直线位置关系可得其焦点的轨迹，根据抛物线的定义与圆外
第 4页/共 18页
一点到圆上点的距离最值问题，结合图象，可得答案.
【详解】直线 ，即 ，可知直线 过定点 ；
直线 ，即 ，可知直线 过定点 ；
且 ，则 ，
可知点 在以 为直径的圆上，此时圆心为 ，半径 ．
因为抛物线 的焦点为 ，准线为 ，
且点 是抛物线 上一动点，则 ，即 ，
可得 ，
当且仅当点 线段 上时，等号成立，
又因为 ，当且仅当点 在线段 上时，等号成立，
即 ，
所以 的最小值为 ．
故选：B．
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．全音选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
9. 已知在正项等比数列 中， ， ，则（ ）
A. 的公比为 2 B. 的通项公式为
C. D. 数列 为递增数列
【答案】AC
第 5页/共 18页
【解析】
【分析】应用等比数列的基本量运算求出公比及通项判断 A，B，C，再结合对数运算计算判断单调性判断
D.
【详解】设等比数列 的公比为 ，依题意， ， ，所以 ，
又 ，所以 ，即 ，
所以 ， ，A，C 正确，B 错误；
对于 D， ，则数列 为递减数列，D 错误．
故选：AC．
10. 若方程 所表示的曲线为 ，则下列命题正确的是（ ）
A. 曲线 可能是圆
B. 若曲线 为椭圆，则 且
C. 若曲线 为焦点在 轴上的椭圆，则
D. 若曲线 为双曲线，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】由圆、椭圆、双曲线方程的结构特点逐项判断即可；
【详解】对于 A 选项，若曲线 表示圆，则 ，解得 ，即曲线 可能是圆，A 正确；
对于 B 选项，若曲线 为椭圆，则 ，解得 且 ，B 错误；
对于 C 选项，若曲线 为焦点在 轴上的椭圆，则 ，解得 ，C 正确；
对于 D 选项，若曲线 为双曲线，则 ，解得 ，D 正确．
故选：ACD．
第 6页/共 18页
11. 已知函数 ，则（ ）
A. 在 上是增函数
B. 的极大值点为 ，
C. 有唯一的零点
D. 的图象与直线 相切的点的横坐标为 ，
【答案】BC
【解析】
【分析】借助导数求出单调性即可得其极值点，即可得 A、B；结合函数单调性与零点存在性定理，分
， 、 及 进行讨论即可得 C；借助导数的几何意义计算即可得 D.
【详解】对 A、B： ，
则当 ，即 时， ，
当 时， ，
即 在 上单调递减，
在 上单调递增，故 A 错误；
的极大值点为 ， ，故 B 正确；
对 C：令 ，
即 ，由 ，
当 时， ，
第 7页/共 18页
当 时，由 ，故 ，
由 在 上单调递增，
取 ，有 在 上单调递增，
又 ，故 在 上必有一零点，
由 在 上单调递减，
取 ，即 在 上单调递减，
则 在 上没有零点，
综上所述， 有唯一的零点，故 C 正确；
对 D：设切点坐标为 ，
则有 ，
由切线方程为 ，则有 ，即 ，
化简得 ，即 ，
即有 ， ，则 ， ，故 D 错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题中 C 选项关键点在于结合函数单调性与零点存在性定理，分 ，
、 及 进行讨论.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知 ，设直线 ， ，若 ，则 ______．
第 8页/共 18页
【答案】
【解析】
【分析】由两直平行得到 ，求解并验证即可；
【详解】因为直线 ， ， ，
所以 ，即 ，
当 时，直线重合，舍去，
当 时，符合题意；
故 ；
故答案为：
13. 已知抛物线 的准线是圆 与圆 的公共弦所在的直线，则抛物线 的
标准方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用两圆方程相减后求出公共弦方程，再结合抛物线的性质求解即可；
【详解】两圆的公共弦方程为 ，
所以 ，所以抛物线的标准方程为 ．
故答案为： ．
14. 将数列 与数列 的公共项从小到大排列得到数列 ，则使得 成立的
的最小值为______．
【答案】170
【解析】
【分析】通过公共项确定 通项公式即可求解；
【详解】由题意， 与 的公共项为 1，13，25，37，…，
故 ，所以 ，解得 ，
所以 的最小值为 170．
第 9页/共 18页
故答案为：170
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出必要的文字说明，证明过程及演算步骤．
15. 已知数列 的前 项和为 ，且 ．
（1）证明：数列 是等比数列；
（2）设数列 满足 ，求 的前 项和 ．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由 ， 的关系作差即可判断；
（2）由（1）求得 ，再由等差数列、等比数列的求和公式即可求解；
【小问 1 详解】
当 时， ，即 ，
当 时，联立
①－②，可得 ，
即 ，
所以 ，
又 ，所以 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列；
【小问 2 详解】
由（1）可得 ，则 ， ，
所以
第 10页/共 18页
．
16. 已知圆 关于 轴对称且经过点 和 ．
（1）求圆 的标准方程；
（2）过点 的直线 与圆 交于 ， 两点；若 ，求直线 的方程．
【答案】（1）
（2） 或
【解析】
【分析】（1）由题意，设 到 和 的距离相等代入求解 t，再求半径即可；（2）利用直线
与圆的弦长公式求解.
【小问 1 详解】
因为圆 关于 轴对称，所以圆心在 轴上，
设 ，由于圆经过 和 ，所以 到 和 的距离相等，
所以 ，解得 ，
此时半径 ，
所以圆 的标准方程为 ；
【小问 2 详解】
取 中点 ，连接 ，易知 为直角三角形，
因为 ， ，所以 ，
即圆心到直线 的距离为 ，
当直线 斜率不存在时，直线 方程为 ， 到其距离为 1，不符合题意；
当直线 斜率存在时，设为 ，直线 方程为 ，化成一般式： ，
第 11页/共 18页
所以 ，解得 或 ，
故直线 的方程为 或 ．
17. 如 图 ， 在 四 棱 锥 中 ， 平 面 ， ， ，
．
（1）求证： 平面 ；
（2）若 ，求平面 与平面 的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先应用勾股定理得出 ，再应用线面垂直判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，再应用面面角公式计算即可.
【小问 1 详解】
因为 ， ， ，
所以四边形 为直角梯形，取 中点 ，连接 ，
则 ，四边形 为正方形，
则 ， ，
所以 ，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
第 12页/共 18页
【小问 2 详解】
由（1）可知， ， ， 两两垂直，建立如图所示 空间直角坐标系， ， ，
，
， ，
设平面 的一个法向量 ，
则 ，即 ，令 ， ，故
由（1）可知 平面 ，所以 是平面 的一个法向量，记作 ，
记平面 与平面 的夹角为 ，则 ．
【点睛】
18. 已知函数 ，定义域为 .
（1）讨论 的单调性；
（2）求当函数 有且只有一个零点时， 的取值范围.
【答案】（1）答案见详解
（2）
第 13页/共 18页
【解析】
【分析】（1）求导，分 和 ，根据二次方程根的个数以及韦达定理分析判断 的符号，
进而可得 的单调性；
（2）参变分离可得 ，构建 ，求导，利用导数判断 的单调性，进
而可得结果.
【小问 1 详解】
因为 ，
（ⅰ）当 ，即 时，则 在 内恒成立，
可知 在 内单调递增；
（ⅱ）当 ，即 或 时，可知 有两个不相等的根 ，
不妨令 ，可知 ，
①若 ，因为 ，可知 ，
令 ，解得 ；令 ，解得 ；
可知 在 内单调递减，在 内单调递增；
②若 ，因为 ，可知 ，
令 ，解得 或 ；令 ，解得 ；
可知 在 内单调递减，在 内单调递增；
综上所述：当 时， 在 内单调递增；
第 14页/共 18页
当 时， 在 内单调递减，在 内单调递增；
当 时， 在 内单调递减，在
内单调递增.
【小问 2 详解】
若 ，可知 在 内无零点，不合题意，可知
令 ，整理得 ，
构建 ，
原题意等价于 与 的图象有且仅有一个交点，
因为 ，
构建 ，则 ，
令 ，解得 ；令 ，解得 ；
可知 在 内单调递增，在 内单调递减，
则 ，即 内恒成立，
可知 在 内单调递减，
且当 趋近于 0 时， 趋近于 ；当 趋近于 时， 趋近于 0 且 ；
的大致图象如图所示，
可得 ，即 ，所以 的取值范围为 .
第 15页/共 18页
【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题
（1）分离参数法
第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的最值；
第三步：根据要求得所求范围．
（2）函数思想法
第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；
第二步：利用导数求该函数的极值；
第三步：构建不等式求解．
19. 已知椭圆 的焦距为 ，离心率为 ，左，右顶点分别为 ， ．
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）已知点 ，若点 是椭圆 上的一点，求 的最小值；
（3）已知直线 的斜率存在，且与椭圆 交于 ， 两点（ ， 与 ， 不重合），直线 斜率为
，直线 斜率为 ，若 ，请问直线 是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说
明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）过定点，定点坐标为
【解析】
【分析】（1）可根据焦距和离心率求出 、 的值；
（2）可设出点 坐标，根据两点间距离公式结合椭圆方程和二次函数求解；
（3）可设出直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合已知条件求解.
【小问 1 详解】
第 16页/共 18页
由题意 ， ，
所以 ， ， ，
所以椭圆 的标准方程为 ；
【小问 2 详解】
设 ，则有 ，
， ，
当 时， 最小值为 ，
所以 最小值为 ；
【小问 3 详解】
连接 ，设直线 斜率 ， ， ，
，
因为 ，所以 ，
设直线 为 ，
联立 ，可得 ，
即 ，
第 17页/共 18页
所以 ， ，
因为 ，
所以 ，
即 ，
即 ，
化简得 ，
解得 或 （舍去），
所以直线 的方程为 ，
所以存在定点，定点为 ．
【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线直线过定点问题，常用方法有：
特殊值法：先通过特殊情况确定定点可能的位置，比如取斜率为 或不存在时，求出两条直线交点，再验
证一般情况直线是否过此点.
直线方程变形法：设出直线方程，将其整理成关于参数的表达式，令参数的系数为 ，解方程组得到定点
坐标.像本题设直线 为 ，经计算得到 与 关系后，把直线方程变形为 ，令
，就求出定点 .
韦达定理法：联立直线与圆锥曲线方程，利用韦达定理得到两根之和与两根之积，再结合已知条件找出参
数关系，进而确定定点.
第 18页/共 18页