2024-2025学年湖南省长沙市高二上学期期中联考数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年湖南省长沙市高二上学期期中联考数学检测试卷（附解析），共16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．已知为纯虚数，则（ ）
A．3B．C．D．
2．在空间直角坐标系中，已知点，若点与点关于平面对称，则（ ）
A．B．C．D．
3．若过点的直线的倾斜角为，且，则的方程为（ ）
A．B．
C．D．
4．函数的单调递减区间为（ ）
A．B．C．D．
5．6万多年一遇的紫金山—阿特拉斯彗星是中国科学院紫金山天文台发现的第8颗彗星，它于2024年10月12日最接近地球，在北半球可观测到.已知某彗星的运行轨道是以太阳为一个焦点的椭圆，测得轨道的近日点（距太阳最近的点）距太阳中心0.6天文单位，远日点（距太阳最远的点）距太阳中心35天文单位，且近日点､远日点及太阳中心在同一条直线上，则该椭圆的离心率约是（ ）
A．0.017B．0.25C．0.86D．0.97
6．已知双曲线的一个焦点到其渐近线的距离为，则的渐近线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知直线与抛物线相交于两点，点在轴上，且，则点到坐标原点的距离为（ ）
A．4B．2C．D．
8．已知正四面体的棱长为3，点在棱上，且，若点都在球的球面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知直线和圆，则（ ）
A．直线过定点
B．直线与圆有两个交点
C．存在直线与直线垂直
D．直线被圆截得的最短弦长为
10．如图，在直三棱柱中，分别为棱的中点，则（ ）

A．
B．平面
C．
D．点到平面的距离为
11．已知椭圆的左、右焦点分别为，上顶点为，离心率为为上关于原点对称的两点（与的顶点不重合），则（ ）
A．的方程为
B．
C．的面积随周长变大而变大
D．直线和的斜率乘积为定值
三、填空题（本大题共3小题）
12．在中，内角的对边分别为，已知，则 .
13．曲线的周长为 .
14．已知双曲线的左焦点为，过的直线交圆于，两点，交的右支于点，若，则的离心率为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数.
(1)求的单调递减区间；
(2)若在区间上的值域为，求实数的取值范围.
16．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，且平面平面ABCD，．

(1)证明：平面PCD；
(2)若，E为棱PC的中点，求直线PC与平面ABE所成角的正弦值．
17．已知抛物线C：与椭圆E：的一个交点为，且E的离心率.
(1)求抛物线C和椭圆E的方程；
(2)过点A作两条互相垂直的直线AP，AQ，与C的另一交点分别为P，Q，求证：直线PQ过定点.
18．已知椭圆的左､右焦点分别为，短轴长为2.
(1)求E的方程.
(2)若为上一点，求的取值范围.
(3)判断上是否存在不同的三点，使得线段（为坐标原点）的中点与的中点重合于直线上一点.若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
19．在平面直角坐标系中，定义为两点的“切比雪夫距离”，又设点及直线上任意一点，称的最小值为点到的“切比雪夫距离”，记作.
(1)已知点和点，直线，求和.
(2)已知圆和圆.
①若两圆心的切比雪夫距离，判断圆和圆的位置关系；
②若，圆与轴交于两点，其中点在圆外，且，过点任作一条斜率不为0的直线与圆交于两点，记直线为，直线为，证明.
答案
1．【正确答案】B
【详解】依题意，，由是纯虚数，得，
所以.
故选B.
【思路导引】向量的数量积的求法：(1)求两个向量的数量积，首先确定两个向量的模及向量的夹角，其中准确求出两向量的夹角是求数量积的关键．(2)根据向量数量积的运算律求解，向量的加、减与数量积的混合运算类似于多项式的乘法运算．
2．【正确答案】A
【详解】由点与点关于平面对称，可得，所以.
故选：A．
3．【正确答案】C
【详解】由及，可得，
所以的斜率，
所以由点斜式方程得的方程为:
，即.
故选：C.
4．【正确答案】C
求出函数的定义域，利用复合函数的单调性可求得原函数的单调递减区间.
【详解】对于函数，，解得或.
所以，函数的定义域为，
内层函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
外层函数为增函数，
由复合函数的单调性可知，函数的单调递减区间为.
故选：C.
5．【正确答案】D
【详解】解析设该椭圆的半焦距为cc>0，长半轴长为，
根据题意有，可得，，
所以离心率.
故选：D.
6．【正确答案】A
【详解】设的半焦距为，则，
根据对称性，可知的上焦点到其渐近线的距离为，
所以，所以的渐近线的斜率为.
故选：A.
7．【正确答案】D
【详解】设，将与联立，得，所以.
设，因为，所以
0，
解得，故点到坐标原点的距离为.
故选：D．
8．【正确答案】D
【详解】如图，取的中点，连接，在线段上取点，使得，连接.

在中，.易知点为等边的中心，
所以.
易知，所以.
所以，点即为球心，球的半径为，
表面积为.
故选：D.
9．【正确答案】ABC
【分析】利用直线方程求定点可判断选项A；利用直线恒过定点在圆内可判断选项B；利用两直线的垂直关系与斜率的关系判断选项C；利用弦长公式可判断选项D.
【详解】对A，由可得，，
令，即，此时，所以直线l恒过定点，A正确；
对B，因为定点到圆心的距离为，
所以定点在圆内，所以直线l与圆O相交，B正确；
对C，因为直线的斜率为，所以直线l的斜率为，即，
此时直线l与直线垂直，满足题意，C正确；
对D，因为直线l恒过定点，圆心到直线l的最大距离为，
此时直线l被圆O截得的弦长最短为，D错误；
故选：ABC.
10．【正确答案】BC
【详解】如图所示，

设是棱的中点，连接OC，
因为，所以且，
以为原点，直线，分别为轴，
过作的平行线为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
，
对于选项A，因为，
所以CN与不垂直，故A错误；
对于选项B，设平面的一个法向量为，
则，即，所以取，
因为平面，
所以MN平面，故B正确；
对于选项C，，故C正确；
对于选项D，设平面的法向量为n=x,y,z，
则，可取，
所以点到平面的距离为，故D错误.
故选：BC.
11．【正确答案】AD
【分析】对于A，由椭圆的离心率求解；于B，由椭圆的对称性知：，从而，借助基本不等式可得的最小值；对于，表示出周长和面积分析可得;对D:设,，则,，，由点， 在椭圆上，即可化得的值.
【详解】由题易知，解得，故椭圆方程为：，故A正确；
连接，由椭圆对称性知为平行四边形，
当且仅当，时等号成立，故错误；
对选项C:由选项B可知：，
设,，则‘
的面积为’
由对称性，不妨设在第一象限及正半轴上,
故随的增大而减小，的面积为随的增大而增大，
即的面积随周长变大而变小，C错误；
对选项D：设,，则,，
又，所以，
点， 在椭圆上，结合选项C,
，
所以，故D正确；
故选：AD.
利用椭圆对称性及定义推导出为平行四边形是本题关键.
12．【正确答案】4
【详解】因为，
所以由正弦定理可得.
故4.
13．【正确答案】
【详解】当时，方程可化为，
此时，曲线是一个半径为的半圆，
由对称性可得曲线在各个象限内都是半径为的半圆，
故曲线的周长是4个半径为的半圆之和，
即.
故答案为.
14．【正确答案】
【详解】设的半焦距为cc>0，如图，设为坐标原点，的中点为的右焦点为，连接，.

因为，所以也是的中点.设，
由双曲线的定义得，所以，
在中，由，得，所以，
在中，由，得.
故答案为.
15．【正确答案】(1).
(2).
【详解】（1）因为
令，
得.
所以的单调递减区间为.
（2）当时，，
在区间上的值域为，
令，得，有，
令，得，有.
所以，得，
即的取值范围是.
16．【正确答案】(1)证明见详解
(2)
【详解】（1）因为平面平面ABCD，，
且平面平面，平面，
可得平面ABCD，
由平面ABCD，则，
因为ABCD为正方形，则，
且，平面PCD，
所以平面PCD.
（2）由（1）可知：平面ABCD，且ABCD为正方形，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

由题意可得：，
则，
设平面ABE的法向量为，则，
令，则，可得，
且，
所以直线PC与平面ABE所成角的正弦值为.
17．【正确答案】(1)，
(2)证明见解析
【详解】（1）因为点在抛物线C：y2=2pxp>0上，
所以，得，所以抛物线方程为，
因为点在椭圆E：上，离心率，
所以，解得，
所以椭圆方程为
（2）由题意可知直线的斜率不为零，所以设直线为，，
由，得，
由，得，则，
由题意可知直线，的斜率均存在且不为零，
所以，，
因为，所以，
所以，则，
所以，得，所以直线为，
所以，所以直线恒过定点
18．【正确答案】(1)
(2)
(3)或.
【详解】（1）因为，所以，
因为的短轴长为2，所以，
所以的方程为.
（2）设Px,y，则，
易知，
所以
.
因为，所以，
所以的取值范围是.
（3）方法一：由题意得直线的斜率存在，设直线的方程为，
由得，
所以，即，
.
因为的中点为，所以，①
.
因为点为线段的中点，所以，
将点的坐标代入，得，与①式联立，
解得或均满足，
所以直线的方程为或，
即，或.
方法二：设点，则，由题意知直线的斜率存在，所以.
将点坐标代入的方程，得，解得，所以.
若与的中点重合，则.
由点在上，得两式相减，得，
整理可得.
当点坐标为时，，
当点坐标为时，，
所以直线的方程为或，
即或.
19．【正确答案】(1)3，.
(2)①圆与圆相切；②证明见解析
【详解】（1）.
设上任意一点为，
则.
当时，；
当时，，
所以的最小值为2，故.
（2）①由题可知圆的标准方程为，所以圆心为，半径.由圆的方程知圆心为，半径.
.
当，即时，由，解得，所以.
此时，所以圆与圆相切（答“内切”也对）.
当，即时，由，解得，所以.
此时，所以圆与圆相切.
②因为都在轴上，所以，
所以，得或（舍去）.
此时圆，令，解得或，
因为点在圆外，所以.
由题意设直线的方程为.
由可得，
当，即时，
有.
，
因为，所以，
所以直线与关于轴对称，即关于直线对称，
由对称性知.