湖南省益阳市2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省益阳市2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试卷（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了本试卷包括试题卷和答题卡两部分， 已知圆 ， 已知直线 ，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷包括试题卷和答题卡两部分：试题卷包括单项选择题､多项选择题､填空题和解答题四
部分，共 4 页，考试用时 120 分钟，满分 150 分.
2.答题前，考生务必将自己的姓名､考号等填写在本试题卷和答题卡指定位置，请按答题卡的
要求在答题卡上作答，在本试题卷和草稿纸上作答无效.
3.考试结束后，将本试题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 的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一般式中斜率的计算公式即可求解.
【详解】 的斜率为 ，
故选：B
2. 过点 且与直线 平行的直线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】与直线 平行的直线可设为 ，带点 即可解出 .
【详解】设与直线 平行的直线可设为 ，因为点 在 上，
所以 ，所以方程为 .
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故选：A.
3. 已知两个向量 ，则 的值是（ ）
A. B. C. 1 D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标运算即可求解.
【详解】根据 可得 ，解得 ，
故选：D
4. 已知等差数列 的前 项和为 ，则 （ ）
A. 36 B. 64 C. 72 D. 88
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列基本量的计算即可求解.
【详解】由 可得 ，故 ，
进而可得 ，故 ，
故选：C
5. 已知双曲线 的两条渐近线互相垂直，则 的离心率为（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据渐近线的斜率为 即可求解.
【详解】由于双曲线 的两条渐近线互相垂直，故渐近线的斜率为 ，即
，故 ，
故选：A
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6. 已知圆 .过点 的直线 与 交于 两点，当弦 的长最短时，直线 的方程
是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】当直线 时，弦 的长最短，利用 即可求出直线 的斜率.
【详解】因为圆 的半径为 ，设原点到直线 的距离为 ，则有
，
可知当 最大时弦 的长最短，所以当直线 时，弦 的长最短，设直线 的斜率为 ，
则有 ，因 ，所以 ，所以 ，
直线 的方程为 .
故选：D.
7. 在四面体 中， 、 分别是棱 、 的中点， 是 的中点，设 ， ，
，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量的基本定理可得出 关于 、 、 的表达式.
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【详解】因为 为 的中点，则 ，即 ，
所以， ，
因为 、 分别为 、 的中点，
同理可得 ，
故选：C.
8. 已知点 、 及直线 ，如果 上有且仅有 个点 ，使得 是
直角三角形，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对 各内角为直角进行分类讨论，分析可知直线 与圆 相切，结合点到直线的距
离公式可求得 的值.
【详解】当 为直角时，直线 方程为 ，此时，直线 与直线 有一个公共点，
当 为直角时，直线 的方程为 ，此时，直线 与直线 有一个公共点，
由题意可知，在直线 上有且只有一个点 ，使得 为直角，
此时， ，则点 在以线段 为直径的圆上，
且该圆的圆心为原点，半径为 ，且圆的方程为 ，
所以，直线 与圆 相切，
直线 的一般方程为 ，则 ，解得 .
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故选：B.
二､多选题：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，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分.
9. 已知直线 ，则（ ）
A. 的倾斜角为
B. 在 轴上的截距为
C. 原点到 的距离为 1
D. 与坐标轴围成的三角形的面积为 2
【答案】ABC
【解析】
【分析】选项 A，利用直线的倾斜角与斜率的关系求解；选项 B，利用直线的截距求解即；选项 C，利用点
到直线的距离公式求解；选项 D，利用直线与坐标轴的围成面积求解即可.
【详解】选项 A：直线的倾斜角为 ，斜率 ，则 ，由 得 ，故选项 A 正确；
选项 B：令 则 则 在 轴上的截距为 ，故选项 B 正确；
选项 C：原点到 的距离为 ，故选项 C 正确；
选项 D： 与坐标轴围成 三角形的面积为 ，故选项 D 错误.
故选：ABC.
10. 已知数列 的前 项和为 ，且 ，则（ ）
A. B.
C. D. 数列 为等比数列
【答案】AB
【解析】
【分析】因为 ，所以数列 是等比数列，即可求出 ，利用分组求和即可求出
，进而即可判断 CD.
【详解】因为 ，所以 ，所以数列 是以首项为 ，
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公比为 2 的等比数列，所以 ，故 A 正确；
数列 的前 项和为
，故 B 正确；
因为 ，故 C 错误；
令 ，所以数列 为等差数列，故 D 错误.
故选：AB.
11. 在棱长为 1 的正方体 中， 分别是棱 的中点， 是线段 上一个动
点，则（ ）
A. 在线段 上存在一点 ，使得
B. 三棱锥 的体积为
C. 与平面 所成角的余弦值的最小值为
D. 若 平面 ，则平面 与正方体 的截面面积是
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量共线判断 A；求出平面 的法向量，求出点到平面距离及线面
角的正弦判断 BC；取 中点 并作出过点 的截面正六边形，证明 垂直于该截面并求出面积
判断 D.
【详解】在棱长为 1 的正方体 中，建立如图所示的空间直角坐标系，
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则 ，设点 ，
对于 A， ，当 时， 与 不共线，
当 时， 与 不共线，因此不平行，A 错误；
对于 B， ，设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，得 ，点 到平面 的距离 ，
， ，
则 ， ，
因此三棱锥 的体积 ，B 正确；
对于 C， ，设 与平面 所成的角为 ，则 ，
当且仅当 时取等号，此时 取得最小值 ，C 正确；
对于 D， ，取 中点 ，过点 的平面截正方体
的截面为正六边形 ， ，则 ， ，
于是 ，而 ， 平面 ，则 垂直于该截面，该截
面与 的交点为 ，
因此 平面 ，截面正六边形 的面积为 ，D 正确.
故选：BCD
【点睛】关键点睛：用向量法求直线与平面所成的角，求出平面的法向量是关键，并注意公式求出的是线
面角的正弦．
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
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12. 已知两个向量 ，则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】根据模长公式即可求解.
【详解】
,
故答案为：
13. 已知圆 ，直线 与 交于 两点，则 的面积等于
__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据弦长公式以及点到直线的距离公式即可根据面积公式求解.
【详解】 的圆心为 半径为 ，
故圆心到直线的距离为 ，
弦长 ，
故 ，
故答案为：
14. 已知双曲线 的左右焦点分别为 ，过 的直线 与 的右支交于
两点， 与 轴交于点 的内切圆与边 相切于点 ，若 ，则 与 的内切
圆的半径之和的最小值等于______.
【答案】2
【解析】
【分析】结合双曲线的定义、圆的切线长定理求得 、 ，从而求得双曲线 的方程，结合三角形内切圆
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性质得 ，设直线的倾斜角为 ，则 ，进而求得 ， ，最后利用基
本不等式求解最小值即可.
【详解】因为 的内切圆与边 相切于点 ，如图， ， 为另外两个切点，
由切线长定理可知 ， ， ，
因为 在 轴上，所以 ，
所以
，
所以 ， ， ，
双曲线 的方程为： ，
如图，设两内切圆圆心分别为 ， ，半径分别为 ， ，
设 ， ， 与圆分别相切于点 ， ， ，
由切线长定理得
，
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而 ，两式相加得 ，
所以 是双曲线的右顶点 ， 轴，所以 的横坐标为 ，
同理可求得 的横坐标为 ，则 ，
设直线 的倾斜角为 ，由双曲线渐近线为 ，倾斜角分别为 ，
要使直线 与双曲线的右支交于两点，则 ，有 ，
在 ， 中，
有 ， ，
因为 ，所以 ，所以 ，
当且仅当 即 时，等号成立．
故答案为：
【点睛】结论点睛：双曲线 的左右焦点分别为 ， 为双曲线上右支上一点（除了顶点），
则 的内切圆圆心横坐标为 ， 为双曲线上左支上一点（除了顶点），则 的内切圆圆心横坐
标为 .
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. 已知等差数列 的前 项和为 ，且 ， .
（1）求 ；
（2）若 ，记 ，求 的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
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【分析】（1）设等差数列 公差为 ，根据题意可得出关于 、 的方程组，解出这两个量的值，结合
等差数列的通项公式可求得数列 的通项公式；
（2）求出数列 的通项公式，推导出数列 为等比数列，确定该数列的首项和公比，结合等比数列的
求和公式可求得 的值.
【小问 1 详解】
设等差数列 公差为 ，则 ，解得 ， .
所以数列 的通项公式是 .
【小问 2 详解】
由题意知 ，则 ，
数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
又因为 ，所以， .
16. 已知抛物线 的焦点为 ，点 在 上.
（1）求焦点 的坐标及 的值；
（2）设 的准线与 轴的交点为 ，求过 三点的圆的方程.
【答案】（1） 的坐标为 ，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据焦点坐标即可求解，代入点到抛物线方程中即可求解 ，
（2）设圆 一般式方程，代入三点坐标即可求解.
【小问 1 详解】
由题意可得焦点 的坐标为 .
点 在 上， .
解得 （舍去）， .
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【小问 2 详解】
由抛物线 可得准线方程为 ，所以， .由（1）知 .
设过 三点的圆的方程为 ，
代入点 得 ，
解得 .
所以，过 三点的圆的方程为 （或者 ）.
17. 如图，在正三棱柱 中， 为 的中点， 为棱 上一个动点.
（1）若 ，求证： 平面 ；
（2）若 为 的中点，求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直可得线面垂直，进而可得 ，即可根据勾股定理求解长度证明
，即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角求解.
【小问 1 详解】
证明： 正三棱柱 平面 平面 .
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为正三角形， 为 中点， .
又平面 平面 平面 .又 平面 ，
.
.
所以， .
.
又 平面 ,故 平面 .
【小问 2 详解】
以 为坐标原点，以 及过 点且垂直平面 的垂线分别为 轴， 轴， 轴建立如图所示空
间直角坐标系，
则 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，可取 .
设平面 的一个法向量为 ，
第 13页/共 18页
则 ，可取 .
平面 与平面 夹角的余弦值为 .
18. 已知椭圆 过点 ，且 的离心率为 .
（1）求 的方程；
（2）设 分别是 的左顶点，上顶点，与直线 平行的直线 与 交于 两点.
①若以线段 为直径的圆与直线 相切，求 在 轴上的截距；
②当直线 斜率存在时，分别将其记为 ，证明： 为定值.
【答案】（1）
（2）① ；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）代入坐标以及离心率公式即可联立方程求解，
（2）联立直线与椭圆方程，根据弦长公式以及点到直线的距离公式列出方程，求解即得 在 轴上的截距；
根据斜率公式化简，将韦达定理代入 计算即可求得定值.
【小问 1 详解】
由题意可知
解得 .
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故 的方程为 .
【小问 2 详解】
①由题意知 .则直线 的方程为 .
设平行于直线 的直线 的方程为 .
联立 ，消去 得： .
，解得： .
设 与椭圆 的交点坐标为 ，
.
.
又直线 与直线 的距离 ，
由于以线段 为直径的圆与直线 相切，则 ，
即 .
解得 .经检验： ，
故 在 轴上的截距为 ；
②由
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.
为定值 .
【点睛】关键点点睛：以线段 为直径的圆与直线 相切，则 ，根据
求出 的值即得；对于定值问题，一般需要等价转化，利用韦达定理代入，推理
计算可得.
19. 若各项均为正整数的数列 ，对任意的 ，均有
成立，则称数列 为“下凸正整数数列”.
（1）若数列 是“下凸正整数数列”，求出所有的数对 ；
（2）设数列 满足 ， 且 ，判断数列 是否为“下凸正整数
数列”，并说明理由；
（3）已知“下凸正整数数列” 中， ， ， ， ，求 的最
大值.
【答案】（1） 、
（2）是，理由见解析 （3）
【解析】
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【分析】（1）根据“下凸正整数数列”的定义可得出关于 、 的不等式组，结合不等式的基本性质可求出
的取值范围，求出正整数 值，进而可得出正整数 的值，即可得出数对 ；
（2）由已知化简得出 ，利用累加法求出数列 的通项公式，再结合题中定义验证即可得出
结论；
（3）由“下凸正整数数列”的定义可得出 ，令 ，可得出 ，利
用累加法结合不等式的基本性质可得出 ，利用累加法可得出 ，然后
解不等式 ，可得出 ，然后取 ，验证 ，即可得出结果.
小问 1 详解】
因为数列 为“下凸正整数数列”，则 ，
所以， ，可得 ，
又 、 ，当 时， 或 ，当 时，不符合题意.
即所求的数对有 、 .
【小问 2 详解】
数列 是“下凸正整数数列”，理由如下：
因为 ，所以， .
对任意的 ，所以， ，即 ，且 .
则当 时， ， ， ， ， ，
累加得 ，则 ，
也满足 ，故对任意的 ， .
①由 可知 是正整数，
第 17页/共 18页
②因为 ，
其中 且 ，
即 成立，综合①②可得数列 是“下凸正整数数列”.
【小问 3 详解】
因为 ，
对任意的 ，令 ，
则 且 ，故 对任意的 恒成立，
当 ， ， ， 时，
因为 ，
所以， ，
此时， ，
即 ，解得 ，故 .
若取 ，则对任意的 ， ，
此时，数列 为“下凸正整数数列”，且 ，即 符
合题意.
综上， 的最大值为 .
【点睛】方法点睛：已知数列的递推关系求通项公式的典型方法：
（1）当出现 时，构造等差数列；
（2）当出现 时，构造等比数列；
（3）当出现 时，用累加法求解；
（4）当出现 时，用累乘法求解.
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