湖北省部分省级示范高中2024_2025学年高二数学上学期期末试题含解析

这是一份湖北省部分省级示范高中2024_2025学年高二数学上学期期末试题含解析，共21页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
试卷满分：150分
祝考试顺利
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名，准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
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. 已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量的共线，垂直的充要条件以及空间向量坐标的减法，模长定义即得.
【详解】因，
对于A选项，由可得：，易知的值不存在；
对于B选项，由可知不成立；
对于C选项，；
对于D选项，
故选：D.
2. 若曲线表示椭圆，则的取值范围是( )
A. B. C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆标准方程可得，解不等式组可得结果.
【详解】曲线表示椭圆，
，
解得，且，
的取值范围是或，故选D．
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程以及不等式的解法，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，属于简单题.
3. 已知抛物线的焦点为F，抛物线上一点满足，则抛物线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线的焦半径公式可得，即可求得，从而求解.
【详解】由题意，得，即，
所以抛物线方程为.
故选：D.
4. 若斜率为1的直线与椭圆交于两点，则弦的中点坐标可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，弦的中点坐标为，利用点差法列方程组，结合条件推得，逐一检验选项，并考虑点在椭圆内即得.
【详解】设，则，
两式相减得：（*），
设弦的中点坐标为，则，
因直线的斜率为1，即，
分别代入上式（*），整理得：.
将选项逐一代入检验知，A，D满足，但是，点在椭圆外，不合要求.
故选：A.
5. 若圆：关于直线对称，，则与间的距离是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由圆心在直线l上求得m，然后由平行间距离公式求得距离．
【详解】由题意，圆关于直线对称，则，，即l方程为，
所求距离为．
故选：D.
【点睛】本题考查两平行线间的距离，解题时需由圆关于直线对称，即直线过圆心求出参数m，再则平行间距离公式计算．
6. 双曲线光学性质为：从双曲线的一个焦点发出的光线经过双曲线反射后，反射光线的反向延长线过双曲线的另一个焦点．如图：为双曲线的左，右焦点，从右焦点发出的光线在双曲线上的点、处反射后射出共线），若，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】由对称性以及几何关系得出，，再由求出的离心率，即可得.
【详解】连接，
因为，则，即为等边三角形，
由对称性可知，则，
又因为，即，
整理得，解得或（舍），
所以.
故选：A.
7. 已知圆，点是圆上的一点，过点作圆的切线与圆相切于点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线与圆相切的切线长与切点弦关系求解即可.
【详解】因为的圆心为，
圆圆心为，
因为直线为圆的切线，所以，，
又因为，所以，
可得，又，
所以，且平分，
所以，
则，
则最小值即的最小值，
即圆心到的距离，
所以，
所以的最小值为，
故选：B.

8. 已知双曲线的左顶点为，左，右焦点分别为，，且关于它的一条渐近线的对称点为，若以为圆心，为半径的圆过原点，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知，根据渐近线和中位线可知，即可得离心率.
【详解】由题意可知：，
设与渐近线的交点为，则为的中点，且，
则点到直线的距离，
可得，
又因为分别为的中点，则，
即，所以双曲线的离心率为.
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9. 已知曲线，，则（ ）
A. 的长轴长为8B. 的渐近线方程为
C. 与的离心率互为倒数D. 与的焦点坐标相同
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据曲线的方程特点，确定曲线的焦点位置，求出相应的基本量，即可逐一判断选项正误.
【详解】由可得，知曲线为椭圆，其焦点在轴上，
且长轴长为8，故A正确；
由可得双曲线的焦点在轴上，其渐近线方程为：，
即，故B正确；
对于C，由可得，
由可得，故与的离心率互为倒数，故C正确；
对于D，因曲线的焦点位置不同，故焦点坐标不可能相同，故D错误.
故选：ABC.
10. 已知等差数列的前项和为，若，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列是递增数列B.
C. D. 当取得最大值时，
【答案】BC
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，由条件不等式，利用等差数列求和公式推出，，即可对选项逐一判断.
【详解】设等差数列的公差为，
由题意可得：，
，
即，，且，即B、C正确；
因，故数列是递减数列，故A错误；
因，，即当取得最大值时，，故D错误.
故选：BC.
11. “心形线”体现了数学之美，某研究小组用函数图象：，和抛物线的部分图象围成了一个封闭的“心形线”，过焦点的直线交（包含边界点）于，两点，是或上的动点，下列说法正确的是（ ）

A. 抛物线的方程为
B. 的最小值为5
C. 的最大值为7
D. 若在上，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】将、变形后可得其都为圆的一部分，借助的范围可得与抛物线的交点坐标，即可得抛物象方程，即可得A；结合抛物线定义即可判断B选项；设出直线的方程后，联立抛物线得到与横坐标有关的韦达定理，结合弦长公式与点到直线的距离公式表示出该三角形面积，结合函数单调性即可得；找到中点，结合向量的数量积运算将转化为求最小值问题，结合题意，可确定点在时，有最小值，再结合韦达定理表示出的值，确定直线斜率范围后计算即可得D选项.
【详解】可变形为，
表示以为圆心，2为半径的圆的上半部分；
可变形为，
表示以为圆心，2为半径的圆的上半部分．
对于A选项，抛物线过点，解得，
，故A选项正确；
对于B选项，抛物线的准线为，
过点作，垂足为，

则，则，
故B选项正确；
对于C选项，不妨设，显然离最远的点在上，
且，
联立，消去整理得，
，
则，，
则，
由对称性只考虑情况，在点时，，所以，
所以
，
设，易得在上单调递增，
所以的最大值为，故C选项错误；
对于D选项，设的中点为，
联立，消去整理得，
则，，
，，
，
所以，，
，
最小，即最大，也即最小，
又的中点位于圆心的左侧，
故当在位置时，最小，最小，
所以
，
故D选项正确.
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：圆锥曲线中最值或范围问题有时需运用韦达定理将所需计算的量表示出来，再结合基本不等式或函数单调性去研究.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 若两条直线和互相垂直，则实数m值等于_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据两直线垂直的判断方法列方程，求解即得.
【详解】由题意可得，解得.
故答案为：.
13. 已知椭圆与双曲线有相同的右焦点，点是椭圆和双曲线的一个公共点，若，则椭圆的离心率为__________．
【答案】
【解析】
【分析】将双曲线的方程化为标准方程可得，由双曲线定义可得，再根据椭圆的定义求得a，即可求得离心率．
【详解】解：由题意，不妨设P在第一象限，为左焦点 ，
双曲线可化为，
由双曲线的定义知：，，
则，，
由椭圆的定义知：，
∴ ，
∵ 椭圆与双曲线有相同的右焦点，
∴ 椭圆离心率．
故答案为：
14. 已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与抛物线交于点A、B，与直线交于点D，若且，则___________.
【答案】3
【解析】
【分析】设准线与轴的交点为，作，垂足分别为，，利用几何关系和抛物线的定义得到，解方程即可求得.
【详解】如图，设准线与轴的交点为，作，垂足分别为，，
则.根据抛物线定义知，，
设，因为，所以，
∴.
设，所以，所以.
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. 如图，已知圆，点．
（1）求圆心在直线上，且经过点和原点的圆的方程；
（2）若过点的直线与圆交于两点，且圆弧恰为圆周长的，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据圆的几何性质易得圆心和半径，即得圆的标准方程；
（2）由题意可得，求出圆心到直线的距离为，结合图形，判断直线符合题意，设直线的斜截式方程，利用列式求解即得.
【小问1详解】
因为圆经过点和原点，因此圆心在线段的垂直平分线上
又因为圆的圆心在直线上，
所以圆的圆心坐标为，半径，
故圆的方程为.
【小问2详解】
如图，因为圆弧恰为圆周长的，
根据圆性质，可得，则，
过点作于点，则点到直线的距离为，
由可得：，则
①当直线的斜率不存在时，点到轴的距离为，直线即为轴，
此时直线的方程为.
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即.
可得，即，解得，
即直线的方程，即，
故所求直线的方程为或.
16. 如图，正方体的棱长为为的中点．点在上．
（1）求证：平面；
（2）若．求直线与平面所成角的大小；
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线线垂直推出线面垂直，结合图形即可证得；
（2）先由和相关条件推出为中点，建系后，写出相关点坐标，求出平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【小问1详解】
∵是正方体，
∴平面，又平面，∴，
易得，又平面，
∴平面，
又点M在上，所以平面
【小问2详解】
连接，在正方体中，根据平面，
∵平面，∴，
又，∴，
∵平面，∴，
又为中点，∴为中点；
根据正方体的特征建立空间直角坐标系如图所示：
则，
∴，则，
设平面法向量为，
则，故可取，
设直线与平面所成角为，
则，因，故.
故直线与平面所成角为.
17. 记是等差数列的前项和，若．
（1）求数列的通项公式；
（2）求使成立的的最小值；
（3）求数列的前项的和．
【答案】（1）
（2）4 （3）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，由题意列方程组，求出，即得数列通项；
（2）利用求和公式求出，解不等式求得的范围，取整即得；
（3）将所求和式按照为奇数和偶数进行分类，利用并组求和法与等差数列求和公式计算即得.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
由题意知，，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得，
由可得，解得或，
因为，故正整数的最小值为.
【小问3详解】
因
当为偶数时，

；
当为奇数时，
.
所以数列的前项和为：.
18. 已知，，点是动点，直线与直线的斜率之积为，
（1）求点的轨迹方程
（2）过点且斜率不为0的直线与交于、两点，直线分别交直线、于点、，以为直径的圆是否过轴上的定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）是过定点，和
【解析】
【分析】（1）利用坐标表示出斜率可得，整理可得；
（2）设直线方程为，并与椭圆方程联立可得，利用韦达定理可解得，由垂直关系的向量表示可得以为直径的圆过轴上的定点和.
【小问1详解】
设，则且
所以
整理可得，
即点的轨迹方程
【小问2详解】
如下图所示：
设直线方程为，，，
联立可得可得，
所以，；
直线的方程为，可得，即；
直线的方程为，可得，即；
所以
假设过定点，则，
即，
即可得，解得，
所以定点为和．
【点睛】关键点睛：本题的第二问的关键是采用设线法联立椭圆方程得到韦达定理式，再计算出的值，最后根据，代入计算即可.
19. 已知为抛物线上的两点，是边长为的等边三角形，其中为坐标原点.
（1）求的方程.
（2）已知圆的两条切线，且与分别交于点和.
（i）证明：为定值.
（ii）求的最小值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）由对称性可知当为等边三角形时，、两点关于轴对称，可得点在上，代入解得，即得的标准方程；
（2）（i）依题意可得，可以看作方程的两根，利用韦达定理即可证明；
（ii）联立，的方程与抛物线的方程，利用弦长公式求出，，代入中即可求解．
【小问1详解】
由对称性可知当为等边三角形时，、两点关于轴对称，
当为边长为的等边三角形时，则的高为，由题意知点在上，
代入，得，解得，
所以的标准方程为；
【小问2详解】
（i）因为，与圆相切，
所以，得，
同理可得，
则，可以看作方程的两根，又，
所以，
由韦达定理可得，即为定值；
（ii）由（i）知，由，得，所以，，
设，，，，
由，得，易得，则，
所以，
同理可得，
所以
，
当，即时，取得最小值，且最小值为．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.