湖南省部分学校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷（Word版附答案）

这是一份湖南省部分学校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷（Word版附答案），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x|x<3}，B={x∈N|−3<2−x<3}，则A∩B=( )
A. {−1,0,1,2}B. {1,2}C. {0,1,2}D. {0,1,2,3}
2.双曲线y2100−x2=1的渐近线方程为( )
A. y=±110xB. y=±1100xC. y=±10xD. y=±100x
3.已知角α的终边不在坐标轴上，且2sin2α=sinα，则cs2α=( )
A. −78B. 78C. −78或1D. −1516
4.阿基米德在其著作《关于圆锥体和球体》中给出了一个计算椭圆面积的方法：椭圆长半轴的长度、短半轴的长度和圆周率π三者的乘积为该椭圆的面积.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的面积为2π，F1，F2为椭圆C的两个焦点，P为椭圆C上任意一点.若|PF1|+|PF2|=4，则椭圆C的焦距为( )
A. 3B. 2C. 2 5D. 2 3
5.设函数f(x)=ax−2,x≤1lnx,x>1.若f(x)在R上单调递增，则a的取值范围为( )
A. (0,+∞)B. (0,2]C. (−∞,2]D. (0,3]
6.已知抛物线C:y2=16x的焦点为F.点A(2,1)，P是C上一个动点，则|PF|+|PA|的最小值为( )
A. 4B. 5C. 6D. 8
7.刍甍是中国古代算数中的一种几何体，是底面为矩形的屋脊状的楔体.现有一个刍甍如图所示，底面 BCDE为矩形，AF//平面BCDE，△ABE和△CDF是全等的正三角形，BC=3，BE=2，∠ABC=π3，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为( )
A. 1326B. 1313C. 2 1313D. 3 1352
8.已知A(2,0)，B(10,0)，若直线tx−4y+2=0上存在点P，使得PA⋅PB=0，则t的取值范围为( )
A. [−3,215]B. [−215.3]
C. (−∞,−215]∪[3,+∞)D. (−∞,−7]∪[95,+∞)
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.已知直线l:(m+2)x+(3−m)y−5=0过定点P.则下列结论正确的是( )
A. P的坐标为(1,1)
B. 当m=1时，l在y轴上的截距为52
C. 若l与直线6x+y+3=0垂直，则m=3
D. 点P在圆x2+y2+4x−2y=0的外部
10.已知函数f(x)=2sin(4x−π3)，则下列说法正确的是( )
A. 点(π12,0)是f(x)图象的一个对称中心
B. f(x)的单调递增区间为−π24+kπ,5π24+kπ，k∈Z
C. f(x)在(−π12,π6]上的值域为[−2, 3]
D. 将f(x)的图象先向右平移π24个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)，得到函数g(x)的图象，则g(x)=cs8x
11.若E∉平面γ，F∈平面γ，EF⊥平面γ，则称点F为点E在平面γ内的正投影，记为F=tγ(E).如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，BC=2AD，AD⊥AB，P，N分别为AA1，CC1的中点，DQ=3QD1，AB=BC=AA1=6.记平面A1BC为α，平面ABCD为β，AH=λAA1(0<λ<1)，K1=tβ[ta(H)].K2=ta[tβ(H)].( )
A. 若A1N=2A1Q−2A1P+μA1B，则μ=1
B. 存在点H，使得HK1//平面α
C. 线段HK1长度的最小值是6 55
D. 存在点H，使得HK1⊥HK2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a与b的夹角为π3，|a|=1，|b|=4，则a⋅b=__________，|a−b|=__________
13.甲、乙两人从九寨沟、峨眉山和青城山这三个景点中各选择其中一个景点游玩，已知甲、乙两人选择三个景点游玩的概率分别是13.16，12和14，14，12.则甲、乙两人选择相同的景点游玩的概率为__________.
14.已知F1，F2分别是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，过点F2且斜率为2的直线与C的一条渐近线在第四象限相交于点M，四边形MF1NF2为平行四边形.若直线NF2的斜率k∈[−67,−23]，则C的离心率的取值范围为__________.
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 3sinA−csA=2.
(1)求角A:
(2)若a=3，求△ABC的面积的最大值.
16.(本小题12分)
已知直线l:mx+y−6m=0，圆M:(x−1)2+y2=9.
(1)若m=12，求直线l截圆M所得的弦长;
(2)已知直线l过定点P.若过点P作圆M的切线，求点P的坐标及该切线方程.
17.(本小题12分)
已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的实轴长为4 2，且过点(4,1).
(1)求双曲线C的方程.
(2)过双曲线C的右焦点F作斜率为12的直线l，l与双曲线C交于A，B两点，求|AB|.
(3)若M，N是双曲线C上不同的两点.且直线MN的斜率为14，线段MN的中点为P，证明：点P在直线x−2y=0上.
18.(本小题12分)
如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AB=3AA1=2A1B1=6，AA1⊥平面ABCD.
(1)证明：BD⊥平面ACC1A1.
(2)求直线DD1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
(3)棱BC上是否存在一点P，使得二面角P−AD1−D的余弦值为211?若存在，求线段BP的长;若不存在，请说明理由.
19.(本小题12分)
若将任意平面向量EF=(x,y)绕其起点E沿逆时针方向旋转α角，得到向量EK=(xcsa−ysinα,xsina+ycsα)，则称点F绕点E逆时针方向旋转α角得到点K.曲线7x2+7y2+2xy=96是由椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)在平面直角坐标系中绕原点O逆时针旋转π4所得的斜椭圆Ω.
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)已知M，N是椭圆C长轴的两个顶点，P，Q为椭圆C上异于M，N且关于y轴对称的两点.若直线MP与直线NQ交于点T，证明点T在某定曲线上，并求出该曲线的方程.
(3)过椭圆C的上焦点作平行于x轴的直线m，交椭圆C于A，B两点，D是抛物线Γ:y=29x2上不同于点A，B的动点.若直线DA与椭圆C的另一个交点为G，直线DB与椭圆C的另一个交点为H，试问直线HG是否过定点?若是，求该定点的坐标;若不是，请说明理由.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查交集运算，属于基础题.
先根据题意求出集合B，再求解A∩B即可.
【解答】
解：因为B={x∈N|−1所以A∩B={0,1,2}.
故选：C.
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查双曲线的渐近线，属于基础题.
根据双曲线的性质即可求解.
【解答】
解：由题意得双曲线y2100−x2=1的a=10，b=1，
渐近线方程为y=±abx，即为y=±10x.
故选：C.
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查二倍角公式，属于基础题.
根据二倍角正弦公式与已知求出csα，再根据二倍角余弦公式进行求解即可.
【解答】
解：因为2sin2α=sinα，所以4sinαcsα=sinα，
因为角α的终边不在坐标轴上，所以sinα≠0，
则csα=14，
cs2α=2cs2α−1=−78.
故选：A.
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查椭圆的定义，椭圆的焦距，属于基础题.
先通过|PF1|+|PF2|=4，确定a的值，再通过椭圆的面积公式求出b，最后求出c，即可得到椭圆的焦距.
【解答】
解：根据题意可得abπ=2π，则ab=2，
因为|PF1|+|PF2|=2a=4，所以a=2，则b=1，
所以椭圆C的焦距为2c=2 4−1=2 3.
故选：D.
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用分段函数的单调性求参，属于基础题.
根据分段函数的单调性列出不等式组，进行求解即可.
【解答】
解：根据题意可得a>0a−2≤ln 1，解得0故选：B.
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查的是抛物线的定义及标准方程的应用，属于基础题.
利用抛物线的定义可求|PF|+|PA|的最小值.
【解答】
解：由题意得F(4,0)，准线为x=−4，点A在抛物线C的内部，
过点A作AB垂直于准线，垂足为B，过点P作PD垂直于准线，垂足为D，
则有|PF|+|PA|=|PD|+|PA|≥|AB|=4+2=6，
当且仅当P为AB与抛物线的交点时取得等号，
所以|PF|+|PA|的最小值为6.
故选：C.
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成角，属于中档题.
根据平面向量的性质，得到AE⋅BD与|AE|，|BD|，再根据异面直线所成角得到csθ=|cs|的值即可求解.
【解答】
解：依题意得AE=BE−BA，BD=BC+BE，
所以AE⋅BD=(BE−BA)⋅(BC+BE)
=BE⋅BC+BE2−BA⋅BC−BA⋅BE
=4−2×3csπ3−2×2csπ3=−1，
|AE|=2，|BD|= 4+9= 13，
设异面直线AE与BD所成的角为θ，
所以csθ=|cs|=|AE⋅BD||AE||BD|=12× 13= 1326.
故选：A.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系，为中档题.
设P(x,y)，根据PA⋅PB=0，得出P的轨迹方程，再结合条件P为直线AB上的点，得到直线与圆的位置关系，即可求解.
【解答】
解：设P(x,y)，则PA=(2−x,−y)，PB=(10−x,−y)，
因为PA⋅PB=0，所以(2−x)⋅(10−x)+(−y)2=0，
即(x−6)2+y2=16，所以点P在以(6,0)为圆心，4为半径的圆上，
又点P在直线tx−4y+2=0上，所以直线tx−4y+2=0与圆(x−6)2+y2=16有公共点，
则|6t+2| t2+16≤4，解得−215≤t≤3.
故选：B.
9.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查直线系过定点问题，直线与直线的位置关系，点与圆的位置关系的判断，属于基础题．
根据直线与圆的相关知识对各选项逐个判断即可解出．
【解答】
解：由题意得直线l:(m+2)x+(3−m)y−5=0，即m(x−y)+2x+3y−5=0，
由x−y=02x+3y−5=0，解得x=1y=1，故A正确；
当m=1时，直线l为3x+2y−5=0，令x=0，y=52，
所以在y轴上的截距为52，故B正确；
由6(m+2)+3−m=0，解得m=−3，故C错误；
因为1+1+4−2>0，所以点P在圆x2+y2+4x−2y=0的外部，故D正确.
故选：ABD.
10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题主要考查了正弦函数的性质，属于中档题.
由已知利用正弦函数的对称性，单调性，值域，平移变换进行逐个判断.
【解答】
解：因为f(π12)=2sin(4×π12−π3)=0，所以点(π12,0)是f(x)图象的一个对称中心，A正确；
令−π2+2kπ≤4x−π3≤π2+2kπ(k∈Z)，
则−π24+kπ2≤x≤5π24+kπ2(k∈Z)，故f(x)的单调递增区间为[−π24+kπ2,5π24+kπ2](k∈Z)，B错误；
因为x∈(−π12,π6]，所以4x−π3∈(−2π3,π3]，故f(x)在(−π12,π6]上的值域为[−2, 3]，C正确；
将f(x)的图象先向右平移π24个单位长度，可得函数y=2sin(4x−π6−π3)=2sin(4x−π2)=−cs4x的图象，
再将所有点的横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)，可得g(x)=−cs8x的图象，D错误.
故选：AC.
11.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查空间向量的共面定理，空间几何体中线线关系、线面关系的坐标表示，属于中档题.
先建系，对于选项A，先证Q，B，N，P四点共面，再计算μ的值；对于选项B，先找出K1，K2，可得AK2是平面α的一个法向量，结合HK1//平面α，则HK1⋅AK2=0，依此求出H的位置；对于选项C，表示出|HK1|，求解其最小值即可；对于D，依据HK1⊥HK2，则HK1⋅HK2=0，从而可判定H的存在性.
【解答】
解：对于A：因为ABCD−A1B1C1D1为直四棱柱，AD⊥AB，所以以A为坐标原点，AD，AB，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，连接PQ，BN.
则A1(0,0,6)，Q(3,0,92)，B(0,6,0)，N(6,6,3)，P(0,0,3)，
故PQ=(3,0,32)，BN=(6,0,3)，
所以BN=2PQ，即Q，B，N，P四点共面，
若A1N=2A1Q−2A1P+μA1B，则2−2+μ=1，
解得μ=1，A正确；
对于B：过点H作HG⊥A1B，交A1B于点G，过点G作AB的垂线，垂足即K1，
过点A作A1B的垂线，垂足即K2，连接HK1，HK2，
由题意可得AH=6λ(0<λ<1)，
则H(0,0,6λ)，G(0,3−3λ,3+3λ)，K1(0,3−3λ,0)，K2(0,3,3)，
故AK2=(0,3,3)，HK1=(0,3−3λ,−6λ)，HK2=(0,3,3−6λ)，A1B=(0,6,−6)，
易得AK2是平面α的一个法向量，若HK1//平面α，
则HK1⋅AK2=0，即3(3−3λ)+3(−6λ)=0，解得λ=13∈(0,1)，符合题意，
所以存在点H，使得HK1//平面α，B正确，
对于C：|HK1|= (3−3λ)2+(−6λ)2=3 5λ2−2λ+1=3 5(λ−15)2+45，
当λ=15时，|HK1|取得最小值，最小值为6 55，C正确.
对于D：若HK1⊥HK2，则HK1⋅HK2=3(3−3λ)−6λ(3−6λ)=0，
得4λ2−3λ+1=0，无解，所以不存在点H，使得HK1⊥HK2，D错误.
故选：ABC.
12.【答案】2 ；
13

【解析】【分析】
本题考查向量的数量积运算，向量模的求解，为基础题.
根据向量数量积公式可求得a⋅b，由a−b2可求得a−b .
【解答】
解：由题意得a⋅b=|a||b|⋅csπ3=1×4×12=2.
因为a−b2=a2−2a⋅b+b2=1−4+16=13，所以a−b = 13.
故答案为2； 13.
13.【答案】38
【解析】【分析】
本题考查了相互独立事件的概率计算，考属于基础题.
根据相互独立事件概率加法计算公式即可求得.
【解答】
解：甲、乙两人选择相同的景点游玩的概率为13×14+16×14+12×12=38.
故答案为38.
14.【答案】[ 5, 10]
【解析】【分析】
本题考查双曲线的几何性质，属于中档题.
设直线MF2的方程y=2x−2c，与渐近线联立，求得M坐标，根据F1M//F2N，得到kNF2=kF1M=−2bc4ac+bc∈[−67,−23]，获得ab的取值范围，从而得到离心率的范围.
【解答】
解：
设直线MF2的方程为y=2x−2c，
由y=2x−2cy=−bax，得M(2ac2a+b,−2bc2a+b)，
因为F1M//F2N，
所以kNF2=kF1M=−2bc4ac+bc=−24ab+1∈[−67,−23]，
得ab∈[13,12]，所以e2=1+(ba)2∈[5,10]，
故C的离心率的取值范围是：[ 5, 10].
故答案为：[ 5, 10].
15.【答案】解：(1)由 3sinA−csA=2，可得 32sinA−12csA=1，即sin(A−π6)=1，
因为A∈(0,π)，所以A−π6=π2，解得A=2π3；
(2)由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2+bc=9，
因为b2+c2≥2bc，所以3bc≤9，
即bc≤3，当且仅当b=c= 3时，等号成立，
故△ABC的面积的最大值为12bcsinA=3 34.
【解析】本题考查正余弦定理，三角形面积公式，利用基本不等式求最值，属于中档题.
(1)利用辅助角公式可得sin(A−π6)=1，求出A；
(2)利用余弦定理及基本不等式得出bc的最大值，再由三角形面积公式求出即可.
16.【答案】解：(1)当m=12时，直线l:x+2y−6=0，
圆M的圆心为M(1,0)，半径为3，
则圆心M到直线l的距离为|1−6| 4+1= 5，
则直线l截圆M所得的弦长为2 9−5=4；
(2)对于直线l，令x=6，则y=0，所以P(6,0)，
由题意易得切线的斜率存在，
则可设直线PA(A为切点)的方程为y=k(x−6)，即kx−y−6k=0，
所以|k−6k| k2+1=3，
解得k=±34，
故所求切线方程为y=±34(x−6)，即3x−4y−18=0或3x+4y−18=0.

【解析】本题考查直线与圆的位置关系，切线方程，圆的弦长公式，属于基础题.
(1)根据点到直线公式求解圆M的圆心M(1,0)到直线l的距离，随后利用弦长公式即可求解；
(2)首先求出直线过定点P的坐标为(6,0)，设直线PA(A为切点)的方程为y=k(x−6)，利用点到直线公式即可求解k，从而得解.
17.【答案】(1)解：根据题意可得2a=4 2，则a=2 2.
将点(4,1)的坐标代入x2a2−y2b2=1，得168−1b2=1，解得b=1，
故双曲线C的方程为x28−y2=1.
(2)解：由(1)得c= 8+1=3，则F(3,0)，
则直线l的方程为y=12(x−3)=12x−32.
设A(x1,y1)，B(x2,y2).由y=12x−32,x28−y2=1,得x2−12x+26=0，显然△>0，
由韦达定理得x1+x2=12，x1x2=26，
所以|AB|= 1+14× 144−4×26=5 2.
(3)证明：设M(x3,y3)，N(x4,y4)，则x328−y32=1,x428−y42=1,
两式相减得(x3−x4)(x3+x4)−8(y3−y4)(y3+y4)=0.
设P(x0,y0)，则x3+x4=2x0,y3+y4=2y0,
所以2x0(x3−x4)−16y0(y3−y4)=0，
即x0−8y0y3−y4x3−x4=0，所以x0−8y0×14=0，
即x0−2y0=0，所以点P在直线x−2y=0上.

【解析】本题考查直线和双曲线的位置关系，考查弦长，定直线有关的问题，为中档题.
(1)根据题意可得a=2 2，将点(4,1)的坐标代入得b=1，即可求解.
(2)由(1)得F(3,0)，进而得直线l的方程为y=12x−32，联立双曲线方程，得韦达定理，进而求解.
(3)利用点差法即可证明.
18.【答案】解：(1)证明：因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD.
又因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD.
因为AA1∩AC=A，且AA1，AC⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1.
(2)解：以AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(6,0,0)，B1(3,0,2)，C(6,6,0)，D(0,6,0)，D1(0,3,2)，
所以BC=(0,6,0)，BB1=(−3,0,2)，DD1=(0,−3,2).
设平面BCC1B1的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则m⋅BC=6y1=0,m⋅BB1=−3x1+2z1=0,取m=(2,0,3).
设直线DD1与平面BCC1B1所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=|DD1⋅m||DD1|m=6 9+4× 4+9=613，
故直线DD1与平面BCC1B1所成角的正弦值为613.
(3)解：若存在点P满足题意，则可设点P(6,λ,0)，其中λ∈[0,6]，
则AP=(6,λ,0)，AD1=(0,3,2).
设平面AD1P的法向量为n=(x2,y2,z2)，则n⋅AP=6x2+λy2=0,n⋅AD1=3y2+2z2=0,取n=(λ,−6,9).
易得平面ADD1的一个法向量为v=(1,0,0)，
所以|cs|=|n⋅v||n||v|=|λ| λ2+36+81=211，解得λ=2或−2(舍去)，
故棱BC上存在一点P，当BP=2时，二面角P−AD1−D的余弦值为211.

【解析】本题考查直线与平面垂直的证明，考查直线与平面所成的角的正弦值的求法，以及空间中二面角的求解等知识，考查运算求解能力，空间想象能力，属于较难题．
(1)根据线面垂直的判定定理进行求解即可；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解即可.
(3)利用空间向量进行求解即可.
19.【答案】解：(1)(方法一)
设R(x,y)为椭圆C上任意一点，则R'( 22x− 22y, 22x+ 22y)为斜椭圆Ω上一点，
则7( 22x− 22y)2+7( 22x+ 22y)2+2( 22x− 22y)(22x+ 22y)=96，
化简得y216+x212=1，故椭圆C的标准方程为y216+x212=1.
(方法二)
由7x2+7y2+2xy=96,y=x,得x= 6,y= 6或x=− 6,y=− 6.
由7x2+7y2+2xy=96,y=−x,得x=2 2,y=−2 2或x=−2 2y=2 2.
椭圆C的长轴长为2a= (2 2+2 2)2+(−2 2−2 2)2=8，得a=4，
椭圆C的短轴长为2b= ( 6+ 6)2+(− 6− 6)2=4 3，得b=2 3.
故椭圆C的标准方程为y216+x212=1.
(2)根据椭圆的对称性，不妨设M(0,4)，N(0,−4).设T(x,y)，P(x1,y1)，则Q(−x1,y1).
MT=(x,y−4)，MP=(x1,y1−4)，由P，M，T三点共线，得x(y1−4)=x1(y−4)，
NT=(x,y+4)，NQ=(−x1,y1+4)，
由Q，N，T三点共线，得x(y1+4)=−x1(y+4)，则y1=16y，x1=−4xy.
因为y1216+x1212=1，所以16y2+16x212y2=1，即y216−x212=1(y≠±4)，
故点T在某定曲线上，该定曲线的方程为y216−x212=1(y≠±4).
(3)根据椭圆的对称性，不妨设A(−3,2)，B(3,2).
设D(x0,29x02)，x0≠±3，G(x3,y3)，H(x4,y4).
直线AG的方程为y=29(x0−3)x+23x0，直线BH的方程为y=29(x0+3)x−23x0.
由y=29(x0−3)x+23x0,y216+x212=1,得[1+127(x0−3)2]x2+29x0(x0−3)x+13x02−12=0，
所以−3x3=13x02−121+127(x0−3)2，得x3=108−3x0227+(x0−3)2，则y3=−2x02+48x0−7227+(x0−3)2.
同理可得x4=3x02−10827+(x0+3)2，y4=−2x02−48x0−7227+(x0+3)2.
由对称性知，若过定点，则定点在y轴上.取D(0,0)，则G(3,−2)，H(−3,−2)，则直线GH的方程为y=−2，得定点为(0,−2).
下面证明直线GH过定点(0,−2).
因为y3+2x3=36x0108−3x02，y4+2x4=−36x03x02−108，
所以y3+2x3=y4+2x4，所以直线GH过定点(0,−2).

【解析】本题考查平面向量的新定义问题，考查椭圆的标注方程，考查直线与椭圆的位置关系，属于难题.
(1)方法一：设R(x,y)为椭圆C上任意一点，则R'( 22x− 22y, 22x+ 22y)为斜椭圆Ω上一点，根据已知条件进行求解即可.
方法二：联立方程组，求出a，b，进而可得结果.
(2)不妨设M(0,4)，N(0,−4).设T(x,y)，P(x1,y1)，则Q(−x1,y1).利于向量法进行求解.
(3)不妨设A(−3,2)，B(3,2).
设D(x0,29x02)，x0≠±3，G(x3,y3)，H(x4,y4)，得出AG及BH的方程，联立方程组，进而得出定点.