湖南省长沙市明德中学等校2024-2025学年高二上学期12月联考数学试题（含答案）

1
高二数学试卷
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册至选择性必修第二册第四章.
一、单项选择题（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已知集合，则（）
A. B. C. D.
2. 已知复数在复平面内对应的点的坐标是，则（）
A. B. C. D.
3. 已知正项等比数列的前项和为，则（）
A. 50 B. C. D. 60
4. 已知椭圆，则该椭圆上点到焦点距离的最小值为（）
A. 1 B. 2 C. D.
5. 在中，点在线段上，且，过点直线分别交直线于不同的两点，若，则（）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
6. 在各项均不为零的数列中，，若，则（）
A. B. C. D.
7. 已知函数，若在区间上单调递增，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
8. 已知抛物线的焦点为，准线为，过点且倾斜角为的直线与抛物线的一个交点为（位于轴的右侧），过点作，垂足为，连接，交抛物线于点（在线段上），则（）
A. B. C. D.
二、多项选择题（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，有多项符合要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有错选的得0分）
9. 下列说法一定正确的是（）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
10. 已知正方体的棱长为为侧面内（含边界）的一个动点，分别是线段的中点，则下列结论正确的是（）
A. 的最大值为
B. 过点的正方体的截面有可能是正五边形
C. 当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为
D. 当时，三棱锥的体积为定值
11. 中国结是一种手工编制工艺品，它有着复杂奇妙的曲线，却可以还原成单纯的二维线条，其形状类似打横的阿拉伯数字8，对应着数学曲线中的双纽线.在平面上，把与定点距离之积等于的动点的轨迹称为双纽线，是双纽线上的一个动点，则下列结论正确的是（）
A. 双纽线上不存在点，使得
B. 双纽线的图象关于轴对称，关于轴对称，也关于原点对称
C. 若，则的周长可以为19
D. 若，则的面积的最大值为4
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 设是一次随机试验中的两个相互独立事件，且，则_______.
13. 已知双曲线，若有且仅有一对过原点且所成的角为的直线和，使得，其中和分别是这对直线与双曲线的交点，则该双曲线的离心率的取值范围是_______.
14. 按照如下规则构造数表：第一行是2；第二行是，即，；第三行是，即.整理如下：
，
，，，
，，，，，，，
…
记第行所有数字之和为，比如，令，比如，则_______.
四、解答题（本大题共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，在直三棱柱中，为线段的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的大小.
16. 已知数列的前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
17. 已知内角所对的边分别为，且.
（1）求角大小；
（2）若点为的垂心，的延长线交于点，且，求的面积.
18. 已知，动点与点的距离是它与点的距离的倍，记动点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）试判断曲线与圆是否有公共点.若有，求出公共点所在直线的方程；
（3）过原点的直线与曲线交于两点，其中点在第一象限，过原点的另一条直线与曲线交于两点，其中点在第二象限，直线分别与轴交于点，，证明：点关于轴对称.（说明：本小问如用平面几何方法证明不给分）
19. 已知椭圆的左焦点为，左、右顶点分别为，离心率为，点在椭圆上，直线（点在点的右上方）被圆截得的线段的长为，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线交椭圆于点（异于，设直线的斜率分别为，证明为定值，并求出该定值；
（3）设为直线和的交点，记的面积分别为，求的最小值.
高二数学试卷
一、单项选择题（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.
【答案】C
2.
【答案】B
3.
【答案】C
4.
【答案】A
5.
【答案】D
6.
【答案】A
7.
【答案】A
8.
【答案】B
二、多项选择题（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，有多项符合要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有错选的得0分）
9.
【答案】AC
10.
【答案】ACD
11.
【答案】BCD
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12.
【答案】
13.
【答案】
14.
【答案】
四、解答题（本大题共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.
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量可证明，由线面垂直判定定理即可得出证明；
（2）根据面面角的向量求法求得两平面的法向量，即可得出结果.
【小问1详解】
由直三棱柱性质以及可知，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
又可得
则,
所以，
可得，即；
所以，又平面，
可得平面
【小问2详解】
易知，
设平面的一个法向量为，
则，令，解得，
即；
由（1）可知为平面的一个法向量，
所以，又，
可得.
所以平面与平面夹角的大小为.
16.
【分析】（1）根据的关系式可得数列为等比数列，可得的通项公式；
（2）利用分组求和法以及错位相减法计算即可得出结果.
【小问1详解】
由可得，
两式相减可得，即，
因此可得，易知，所以，
又可得，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
即，所以；
又满足，
即的通项公式为
【小问2详解】
由（1）可得，
所以，
记，
则；
两式相减可得，
所以，
因此.
17.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理以及二倍角公式求解；
（2）由条件，，由此可得，利用正切和角公式得到，从而求出，由此证明为等边三角形，并出的面积；
【小问1详解】
∵，
∴
由正弦定理得，，
即，
∵，∴，
∴，又，
∴，∴；
【小问2详解】
因为为的垂心，所以，
又，所以在中，，
同理可得，
又因为，所以，
即，
又因为在中，，
所以，因此，
故，为方程两根，
即，
因为，，所以，
所以为等边三角形，
所以．
18.
【解析】
【分析】（1）设，根据已知关系列方程化简可得曲线的方程；
（2）由（1）知曲线为圆，求两圆的圆心距，比较其与半径的和差的大小，可判断两圆的位置关系，再求其公共弦，
（3）设直线的方程为，直线的方程为，，，，求点的坐标，联立直线与圆的方程结合根与系数关系证明，再证明即，由此可得结论.
【小问1详解】
设，由，
得，
化简得，
即曲线的方程为，
【小问2详解】
因为曲线的方程为，即，
所以曲线是以为圆心，为半径的一个圆.
圆的方程可化为，
其圆心为，半径为 .
因为，
所以曲线与圆相交，有两个公共点.
设这两个公共点为，
把圆与圆的方程联立得，
显然，
所以直线的方程为；
【小问3详解】
设直线的方程为，
直线的方程为，，
则直线的方程为，
令，解得
所以点的坐标为，
同理可得点的坐标为，
联立得，
则，
所以，即，
同理可得，
所以，
即，即，
又，
所以，即，
所以点关于轴对称.
19.
【解析】
【分析】（1）由离心率为可得，设直线的斜率为，结合弦长公式求，联立方程组求的坐标，由此可求，确定椭圆方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组，结合根与系数关系可求，证明，由此求可得结论；
（3）结合（2）的结论求点的坐标，再求的解析式，结合不等式性质求其最值.
【小问1详解】
由已知有，又由，可得 .
设直线的斜率为，则直线的方程为，
由已知得，解得，
联立，消去整理得，
解得或 .
又点在点的右上方，所以的坐标为，
所以，解得，，
所以椭圆的方程为 .
【小问2详解】
显然直线的斜率不为，
设直线的方程为，
联立，消去整理得，
所以
【小问3详解】
由 (2)得直线的方程为，直线的方程为，
联立两条直线方程，解得，所以 .
又，
所以
，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为 .
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