湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试卷（Word版附解析）

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时量：120分钟 满分：150分
一、选择题：本大题共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. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将抛物线方程化为标准方程，即可求其焦点坐标.
【详解】由可得，
所以抛物线开口向上且，
所以，所以焦点坐标为.
故选：C.
2. 某大学开设篮球、足球等5门球类选修课，要求每个学生都必须选择其中的一门课程.现有小明、小强、小红3位同学进行选课，其中小明不选篮球和足球，则不同的选课方法共有（ ）
A. 36种B. 50种C. 75种D. 125种
【答案】C
【解析】
【分析】利用分步乘法计数原理计算即可得.
【详解】因为小明不选篮球和足球，所以小明有3种选课方法，
小强和小红各有5种选课方法，
所以不同的选课方法共有种.
故选：C.
3. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A. 函数有最小值
B. 函数有最大值
C. 函数有且仅有三个零点
D. 函数有且仅有两个极值点
【答案】A
【解析】
【分析】根据的图象判断出的单调性、极值点、最值、零点，逐一分析每一选项即可.
【详解】由函数图象可知、的变化情况如下表所示：
由上表可知在和上分别单调递减，在和上分别单调递增，
函数的极小值分别为、，其极大值为.
对于A选项：由以上分析可知，即函数有最小值，故A选项正确；
对于B选项：由图可知当，有，即增加得越来越快，
因此当，有，所以函数没有最大值，故B选项错误；
对于C选项：若有，则由零点存在定理可知函数有四个零点，故C选项错误；
对于D选项：由上表及以上分析可知函数共有3个极值点，故D选项错误.
故选：A.
4. 在等比数列中，已知，，则公比（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】由等比数列的性质得到，即可求出公比.
【详解】因为，，
所以，
所以，从而.
故选：D.
5. 已知抛物线的焦点为，点为抛物线上动点，点为圆上动点，则的最小值为（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线的性质，将点到焦点的距离化为点到准线的距离，则由图象可知，的最小值在，，，四点共线且在之间时取得，即可得到答案.
【详解】
设圆的圆心为，
半径为，过点作垂直抛物线的准线于，
由抛物线的定义可知，，
所以，
当且仅当，，，四点共线且在之间时，等号成立，
而，所以，
即的最小值为4.
故选：B.
6. 已知函数（）有三个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析可知与有三个不同交点，对求导，利用导数分析其单调性和极值，结合图象即可得结果.
【详解】令，可得，
构建，
若函数有三个不同零点，即与有三个不同交点，
因为，
令，解得；令，解得或；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，极大值，
且当趋近于，趋近于；当趋近于，趋近于0，
可得图象，如图所示：

由函数图象可得.
故选：A.
7. 已知函数，，则函数的极大值之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求，由导数判断单调性，即可得极大值点，再由等比数列求和公式即可得极大值之和.
【详解】由，
可得，
令即，可得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取得极大值，
因为，所以，可得，
所以函数的极大值之和为
.
故选：D
8. 已知某正三棱柱的外接球的表面积为，则该正三棱柱的体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据球的表面积公式可得，即可根据正三棱柱的性质以及勾股定理求得高，利用体积公式可得，构造函数，求导即可求解最值.
【详解】设外接球的半径为，则，解得.
设正三棱柱的底面三角形的边长为，则该三角形的外接圆的半径为，
故三棱柱的高为，
所以该正三棱柱的体积，
由，解得，
令，则，
∴函数在上单调递增，在单调递减，
所以函数在时取得最大值，因为，
所以该正三棱柱的体积的最大值为.
故选：C
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 以下四个命题表述正确的是（ ）
A. 圆的圆心到直线的距离为2
B. 直线恒过定点
C. 圆与圆恰有三条公切线
D. 圆与的公共弦所在直线方程为
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，由点线距离公式即可得解；
对于B，由直线定点的求法即可求解；
对于C，由几何法证得两圆外切，由此得解；
对于D，由代数法求得两圆公共弦所在直线方程，由此得解.
【详解】对于A，由圆得圆心，所以圆心到直线的距离为，故A错误；
对于B，因为直线，令，则，所以该直线恒过定点，故B正确；
对于C，由圆得，故，；
由圆得，故，；
所以，故圆与圆外切，恰有三条公切线，故C正确；
对于D，由减，得，即，故两圆的公共弦所在直线方程为，故D错误.
故选：BC.
10. 已知曲线：，则下列判断正确的是（ ）
A. 曲线既是轴对称图形，又是中心对称图形
B. 曲线上的点与原点的最小距离为
C. 曲线在第一、四象限的任意一点到点的距离与其横坐标之差为定值
D. 直线：，则该直线与曲线无公共点的充要条件为且
【答案】AD
【解析】
【分析】化简曲线方程，作曲线的图象，观察图象判断A，结合方程求曲线上点到原点的距离，判断B，结合抛物线定义判断C，结合对称性证明及时，直线与曲线一定有公共点，由此判断D.
【详解】曲线，作出其图象，如图所示，
观察可得的图象关于，轴对称，且关于原点中心对称；A正确；
曲线上的点与原点的距离为，B错误；
抛物线的焦点坐标为，准线方程为，
抛物线的焦点坐标为，准线方程为，
曲线落在第一、四象限的任意一点到焦点的距离与到其准线的距离相等，
故曲线在第一，四象限的任意一点到点的距离与其横坐标之差为定值，C错误；
若，考虑对称性，只需研究若，
当时，一次函数增加的速度比函数快.
故当时，若，则图象与的图象一定有交点.
若，根据的图象与的图象变化情况可得的图象与曲线的图象一定有交点，
故当且仅当，时，直线与曲线无公共点，D正确，
故选:AD.

11. 已知正项数列满足，，记，，则（ ）
A. 是等差数列B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】将递推式合理变形后利用等差中项的性质判断A；利用裂项相消法结合给定条件判断BC；合理构造，，并运用导数证明，再结合放缩法和裂项相消法判断D即可.
【详解】因为，
所以，即，
即，所以数列为等差数列，故A正确；
设等差数列的公差为，又因为，
所以，则，
所以，
所以
，
，则，解得，
所以，，所以，故B错误；
由，故C正确；
设，，则，
所以函数在上单调递增，且，
所以当时，，即，
故，所以，
又因为
，
即，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列，解题关键是合理构造不等式并进行放缩，然后利用裂项相消法得到所要求不等关系即可．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若曲线在处的切线的倾斜角为，则______.
【答案】3
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求得，再利用正弦与余弦的齐次式计算即可.
【详解】因为，
所以，，则.
故答案为：3.
13. 若不等式对于任意正整数恒成立，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，分为正奇数与为正偶数讨论，然后结合反比例函数的单调性，即可得到结果.
【详解】为正奇数时，不等式为，
易知是递减的，而，所以，即，
为正偶数时，不等式为，
易知是递增的，时，取得最小值，所以，
综上，范围是.
故答案为：
14. 已知双曲线：（，）的右焦点为，过点作双曲线的一条渐近线的垂线，垂足为，若直线与双曲线的另一条渐近线交于点，且（为坐标原点），则双曲线的离心率为______.
【答案】##
【解析】
【分析】由确定与线段的位置关系，求出到渐近线的距离，接着由的关系，结合以及离心率公式即可求解.
【详解】已知双曲线：（，）的渐近线方程为，
双曲线右焦点到渐近线的距离为，
在中，，，所以，
设，则，，
因为，
所以，所以，所以，
在中，，
所以，即，即，
所以双曲线的离心率.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求圆锥曲线的离心率（或离心率的取值范围），常见有两种方法：
①求出，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于的齐次式，进而转化为的齐次式，然后等式（不等式）两边分别除以或转化为关于的方程（不等式），解方程（不等式）即可得（的取值范围）.
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. 在中，，，为边上一点，且平分.

（1）若，求；
（2）若，求线段的长.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）先利用正弦定理结合二倍角正弦公式求得，再利用余弦定理结合二倍角的余弦公式求解即可；
（2）由，再利用三角形的面积公式求解即可.
【小问1详解】
设（）.
因为平分，，故.
在中，由正弦定理知，
又由余弦定理有，
由，解得，
所以.
【小问2详解】
由，得
又由
，
得.
16. 如图，三棱锥由三个以为公共直角顶点直角三角板拼成，其中直角三角板和为两个全等的直角三角板，且，，分别为，的中点，平面与平面的交线为.
（1）证明：平面；
（2）点在直线上，直线与直线的夹角为，直线与平面的夹角为，是否存在点，使得.如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）通过线面平行的判定定理和性质定理先证得，再根据平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，根据，可确定点坐标.
【小问1详解】
因为，分别为，的中点，∴.
又平面，平面，∴平面.
又平面，平面平面，.
又，且，，平面，
∴平面，从而平面.
【小问2详解】
以为坐标原点，分别以，，的方向作为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设，如图，
则，，，，，
由于，设，
则，，，
设平面的法向量，
则取.
由题意，，
即，解得，从而符合题意的点存在，.
17. 已知等差数列的首项，公差为（），其前项和为，.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）若也是等差数列，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由以及等差数列的定义代入计算，即可证明；
（2）根据题意，结合（1）中的结论可得，再由裂项相消法代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
由题知，
，
又是公差为的等差数列，故，
，
故为定值，又，
所以是首项为，公差为的等差数列.
【小问2详解】
因为是等差数列，
所以，
即得（舍）或，故.
故，
故.
18. 在平面直角坐标系中，为双曲线：（，）的右焦点，以为圆心，1为半径的圆与双曲线的渐近线相切.
（1）求的方程；
（2）记的左、右顶点为，，弦轴，记直线与直线交点为，其轨迹为曲线.
（ⅰ）求的方程；
（ⅱ）直线，是曲线的任意两条切线，且，试探究在轴上是否存在定点，满足点到，的距离之积恒为1？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）（ⅰ），；（ⅱ）存在；或.
【解析】
【分析】（1）取的一条渐近线，设以为圆心1为半径的圆与相切于，即可求出，，从而求出双曲线方程；
（2）（ⅰ）设，则，设点，表示出直线与直线的方程，两式相乘即可得解；
（ⅱ）设：，：（），联立直线与椭圆方程，根据得到，同理，再设，利用距离公式计算可得.
【小问1详解】
由题知，取的一条渐近线，
设以为圆心1为半径的圆与相切于，
则中，，且，
故有，，
故所求双曲线的方程为.
【小问2详解】
（ⅰ）设，则，设点，
又，，
所以直线的方程为①，
直线的方程为②.
①②等式相乘可得，
又在双曲线上，故，可得，
∴，化简可得，，
即曲线的方程为，.

（ⅱ）由不包括椭圆左，右顶点知，的斜率存在，
设：，：（），
，
由，同理，
故.
设存在，，
又，
则或（不恒成立，舍去），
所以，点.
综上，存在；或.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题（定点问题）常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
19. 设函数（）.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当时，曲线与直线交于，两点，求证：；
（3）证明：（，）.
【答案】（1）时，单调递减；时，单调递增.
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数的正负即可求解；
（2）求导得，进而代入化简将问题转化成，构造函数即可利用导数求解；
（3）利用（2）的结论取，，利用累加法即可求解.
【小问1详解】
当时，，
，
时，，单调递减；
时，，单调递增.
【小问2详解】
，则，
由题意，知有两解，，不妨设，
要证，即证，
①若，则；
②若，由知，
在上单调递减，在上单调递增，也有，
综合①②知，，
所以只需证（*）.
又，
∴两式相减，整理得，
代入（*）式，得，即.
令（），即证.
令（），则，
∴在上为增函数，∴，
∴成立.
小问3详解】
由（2）知，，
故，，取，
所以（），
则（）.
【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．