湖南省长沙市2024_2025学年高二数学上学期期中检测试题含解析

这是一份湖南省长沙市2024_2025学年高二数学上学期期中检测试题含解析，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时量：120分钟 分值：150分
一、单项选择题：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. 已知等差数列满足，则等于（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列性质进行求解.
【详解】
故选：B
2. 若圆的半径为2，则实数的值为（ ）
A. -9B. -8C. 9D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】由圆的一般方程配方得出其标准方程，由半径为2得出答案.
【详解】由，得，
所以，解得.
故选：D.
3. 若抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，则该抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出椭圆的焦点坐标即是抛物线的焦点坐标，即可求出准线方程.
【详解】∵椭圆的右焦点坐标为，
∴抛物线的焦点坐标为，
∴抛物线的准线方程为，
故选：D.
4. 空气质量指数是评估空气质量状况的一组数字，空气质量指数划分为、、、、和六档，分别对应“优”、“良”、“轻度污染”、“中度污染”、“重度污染”和“严重污染”六个等级．如图是某市2月1日至14日连续14天的空气质量指数趋势图，则下面说法中正确的是（ ）．
A. 这14天中有5天空气质量为“中度污染”
B. 从2日到5日空气质量越来越好
C. 这14天中空气质量指数的中位数是214
D. 连续三天中空气质量指数方差最小是5日到7日
【答案】B
【解析】
【分析】根据折线图直接分析各选项.
【详解】A选项：这14天中空气质量为“中度污染”有4日，6日，9日，10日，共4天，A选项错误；
B选项：从2日到5日空气质量指数逐渐降低，空气质量越来越好，B选项正确；
C选项：这14天中空气质量指数的中位数是，C选项错误；
D选项：方差表示波动情况，根据折线图可知连续三天中波动最小的是9日到11日，所以方程最小的是9日到11日，D选项错误；
故选：B.
5. 已知双曲线C ：-=1的焦距为10 ，点P （2,1）在C 的渐近线上，则C的方程为
A. -=1B. -=1C. -=1D. -=1
【答案】A
【解析】
【详解】由题意得，双曲线的焦距为，即，
又双曲线的渐近线方程为，点在的渐近线上，
所以，联立方程组可得，
所以双曲线的方程为．
考点：双曲线的标准方程及简单的几何性质．
6. 定义行列式，若函数，则下列表述正确的是（ ）
A. 的图象关于点中心对称B. 的图象关于直线对称
C. 在区间上单调递增D. 是最小正周期为的奇函数
【答案】C
【解析】
【分析】由行列式运算的定义，结合三角恒等变换，求出解析式，AB选项关于函数图象的对称性，代入检验即可判断；整体代入验证单调性判断选项C；公式法求最小正周期，检验函数奇偶性判断选项D.
【详解】由题中所给定义可知，
，
，点不是图象的对称中心，故A错误；
，直线不是图象对称轴，故B错误；
时，，是余弦函数的单调递增区间，
所以在区间上单调递增，故C正确；
的最小正周期，但，所以函数不是奇函数，故D错误.
故选：C
7. 已知中，，，，D为BC的中点，则（ ）
A. 25B. 19C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得：，结合向量的数量积运算求模长.
【详解】由题意可得：，
因为D为BC的中点，则，
两边平方得，，即.
故选：C.
8. 已知椭圆：的左、右焦点分别为、，是上一点，且轴，直线与椭圆的另一个交点为，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由轴可得：，不妨设点，设，，由，解得、，代入椭圆方程化简即可求解．
【详解】解：由轴可得：，不妨设点，
设，，由，
得，，代入椭圆方程得：，
结合，化简上式可得：，
所以椭圆的离心率为，
故选：．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 设i为虚数单位，下列关于复数z的命题正确的有（ ）
A.
B. 若，互为共轭复数，则
C. 若，则z的轨迹是以原点为圆心，半径为1的圆
D. 若复数为纯虚数，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，利用复数的乘方运算得到A正确；B选项，设，，则；C选项，由复数的几何意义得到C正确；D选项，根据纯虚数的定义得到方程，求出.
【详解】对于A：，A错；
对于B：令，，，，所以，故B正确；
对于C：，故z的轨迹是以原点为圆心，半径为1的圆，C正确；
对于D：若复数为纯虚数，则，即，故D正确.
故选：BCD
10. 如图，正方体的棱长为1，E是棱CD上的动点（含端点）.则下列结论正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积为定值
B.
C. 存在某个点E，使直线与平面ABCD所成角为
D. 二面角的平面角的大小为
【答案】BD
【解析】
【分析】A.根据等体积法的等高等底即可判断；B.结合正方体的性质，由垂影必垂斜即可判断；C.结合正方体的性质即可判断；D.根据二面角的平面角定义即可判断.
【详解】
对于选项A：三棱锥的底面积为定值，高变化，体积不为定值，故选项A不正确；
对于选项B：两点在平面上的射影分别为,即直线在平面上的射影为，
而,根据三垂线定理可得.故选项B正确；
对于选项C：因为平面,直线与平面ABCD所成角为,
当点和点重合时，在平面射影最小，
这时直线与平面ABCD所成角最大值为，故选项C不正确；
对于选项D：二面角即二面角，
因为，，平面，平面，
所以即为二面角的平面角，
在正方形中，，所以二面角的大小为，故选项D正确.
故选：BD.
11. 数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美､对称美､和谐美的产物，曲线为四叶玫瑰线，下列结论正确的有（ ）
A. 方程，表示的曲线在第二和第四象限；
B. 曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过；
C. 曲线构成的四叶玫瑰线面积大于；
D. 曲线上有个整点（横､纵坐标均为整数的点）.
【答案】AB
【解析】
【分析】本题首先可以根据判断出A正确，然后根据基本不等式将转化为，即可判断出B正确，再然后根据曲线构成的面积小于以为圆心、为半径的圆的面积判断出C错误，最后根据曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过以及曲线的对称性即可判断出D错误.
【详解】A项：因为，所以、异号，在第二和第四象限，故A正确；
B项：因为，当且仅当时等号成立，
所以，，
即，，故B正确；
C项：以为圆心、为半径的圆的面积为，
显然曲线构成的四叶玫瑰线面积小于圆的面积，故C错误；
D项：可以先讨论第一象限内的图像上是否有整点，
因为曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过，
所以可将、、、、、代入曲线的方程中，
通过验证可知，仅有点在曲线上，
故结合曲线的对称性可知，曲线仅经过整点，故D错误，
故选：AB.
【点睛】本题是创新题，考查学生从题目中获取信息的能力，考查基本不等式的应用，考查数形结合思想，体现了综合性，是中档题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
12. 圆与圆的交点为A，B，则公共弦AB所在的直线的方程是________.
【答案】
【解析】
【分析】两圆相减得到公共弦所在的直线的方程.
【详解】由题意可知圆与圆相交，
两圆方程相减得，，
故公共弦AB所在的直线的方程是.
故答案为：
13. 若数列满足（，d为常数），则称数列为“调和数列”，已知正项数列为“调和数列”，且，则最大值是________.
【答案】100
【解析】
【分析】根据题设易知正项数列为等差数列，公差为，应用等差数列前n项和公式得，应用基本不等式求最大值.
【详解】由题意，正项数列为“调和数列”，则（为常数），
所以正项数列为等差数列，公差为，
则，则，
则（当且仅当时等号成立），
所以的最大值是100.
故答案为：100
14. 如图，在四棱锥中，顶点P在底面的投影恰为正方形ABCD的中心且，设点M，N分别为线段PD，PO上的动点，已知当取得最小值时，动点M恰为PD的中点，则该四棱锥的外接球的表面积为____________．
【答案】.
【解析】
【分析】根据题意有,动点M恰为PD的中点即,及可求出，则可求出外接球的半径，方可求出其表面积．
【详解】由题意知
当时最小，
因为M为PD的中点，故而为的中点，即，
，设外接球的半径为，则．
解得.故外接球的表面积为.
【点睛】本题考查锥体的外接球表面积，求出其外接球的半径，即可得出答案，属于中档题．
四、解答题：本题共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. 已知数列是等差数列，是的前n项和，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求的最小值.
【答案】（1）
（2）-57
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式和前n项和公式列方程组求出即可得，
（2）由通项公式可求得当时，，从而可得当时，取到最小值，进而可求出其最小值
【小问1详解】
设数列an的公差为d，
则，解得，所以
【小问2详解】
令，解得，所以当时，.
故当时，取到最小值，为.
16. 已知公差不为零的等差数列的前n项和为，若，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出公差，利用题意得到方程组，求出首项和公差，得到通项公式；
（2），利用分组求和，结合等差数列和等比数列求和公式得到答案.
【小问1详解】
根据为等差数列，设公差为.
，即①，
，，成等比数列
∴，②，
由①②解得：，
数列的通项公式为.
【小问2详解】
由，
数列的前n项和
.
17. 在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面，，且，分别为，的中点，
（1）证明：平面；
（2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，，通过证明四边形为平行四边形，即可证明结论；
（2）由直线与平面所成的角为，可得，建立以为原点的空间直角坐标系，利用向量方法可得答案.
【小问1详解】
取中点，连接，，
为的中点，，，
又，，，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，
平面；
【小问2详解】
平面平面，平面平面平面，
平面，
取中点，连接，则平面，
，
，又，
如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
，
，设平面的一个法向量，，
则，取，则，
平面的一个法向量可取，
设平面与平面所成锐二面角为，
，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值.
18. 已知抛物线上一点到焦点F的距离为9.
（1）求抛物线C的方程；
（2）过点F且倾斜角为的直线l与抛物线C交于A，B两点，点M为抛物线C准线上一点，且，求的面积.
（3）过点的动直线l与抛物线相交于C，D两点，是否存在定点T，使得为常数？若存在，求出点T的坐标及该常数；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）存在定点，为常数.
【解析】
【分析】（1）利用抛物线的定义得，计算出得抛物线方程；
（2）直线方程与抛物线方程联立方程组，求出两点坐标，利用求出点坐标，求出点到直线l的距离和弦长，可求的面积；
（3）设，，，过点Q的直线为，与抛物线方程联立方程组，利用韦达定理表示出，求出算式的值与无关的条件，可得为定值的常数.
【小问1详解】
由拋物线的定义得，解得，.
抛物线的方程为.
【小问2详解】
设，，由（1）知点，
直线l的方程为.
由可得，则，，
，
则不妨取，，则点A，B的坐标分别为，.
设点M的坐标为，则，，
则，
解得.即，
又点M到直线l的距离，故，
故的面积；
【小问3详解】
设，，，过点Q的直线为，
联立消去y得：，
时，，，
联立消去得：，，，
要使与k无关，
则且，，，
存在此时为定值.
19. “工艺折纸”是一种把纸张折成各种不同形状物品的艺术活动，在我国源远流长，某些折纸活动蕴含丰富的数学内容，例如：用一张纸片，按如下步骤折纸：
步骤1：在纸上画一个圆，并在圆外取一定点；
步骤2：把纸片折叠，使得点折叠后与圆上某一点重合；
步骤3：把纸片展开，并得到一条折痕；
步骤4：不断重复步骤2和3，得到越来越多的折痕.
你会发现，当折痕足够密时，这些折痕会呈现出一个双曲线的轮廓.
若取一张足够大的纸，画一个半径为2的圆，并在圆外取一定点，按照上述方法折纸，点折叠后与圆上的点重合，折痕与直线交于点的轨迹为曲线.
（1）以所在直线为轴建立适当的坐标系，求的方程；
（2）设的中点为，若存在一个定圆，使得当的弦与圆相切时，上存在异于的点使得，且直线均与圆相切.
（i）求证：；
（ii）求四边形面积的取值范围.
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）建立平面直角坐标系，根据双曲线定义可得双曲线方程；
（2）假设存在符合条件的圆，依据条件，可得四边形为菱形，设直线的斜率分别为，将直线分别与双曲线方程联立求得，通过计算O到直线PQ的距离可得定圆的方程.
【小问1详解】
以AB所在直线为x轴，以AB的中点为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系.
则.由折纸方法可知：，所以.
根据双曲线的定义，C是以A，B为焦点，实轴长为2的双曲线，
设其方程为则，所以.
故C的方程为.
【小问2详解】
（i）假设存在符合条件圆O，如图所示：
由可得，根据切线的性质可知，,
所以，即.
（ii）分别作关于原点的对称点，则均在C上，且四边形为菱形，所以均与O相切，所以与M重合，与N重合，所以四边形为菱形.
显然，直线的斜率均存在且不为0.设直线的斜率分别为，则直线的方程为，直线的方程为.
设，则由，得，
所以，且，所以，且.
同理可得：，且.
所以四边形PQNM的面积.
设，故.
设，则，所以.
因为在单调递增，在单调递减，所以.
所以.
所以四边形的面积的取值范围是.