2024昆明师大附中高二上学期期中考试数学含解析

这是一份2024昆明师大附中高二上学期期中考试数学含解析，共30页。试卷主要包含了 已知F为双曲线C， 三角形中，，，，则， 关于函数的下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟
第I卷（选择题，共60分）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
2. 已知，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3. 已知F为双曲线C：一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为（ ）
A. B. 3C. 2D. 1
4. 从分别写有的张卡片中随机抽取张，放回后再随机抽取张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（ ）
A. B. C. D.
5. 垂直于直线且与圆相切的直线方程是（ ）
A. 或B. 或
C. 或D. 或
6. 三角形中，，，，则（ ）
A. B. C. D. 2
7. 如图，分别是二面角的两个半平面内两点，，，，，若，则异面直线的夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知椭圆C焦点为、，若C上存在点P满足：，且（O为坐标原点），则C的方程为（ ）
A. B.
C. D.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A. 的平均数等于的平均数
B. 的中位数等于的中位数
C. 的标准差不小于的标准差
D. 的极差不大于的极差
10. 关于函数的下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为B. 的最大值为2
C. 的图象关于点对称D. 在上单调递减
11. 已知抛物线E：的焦点为F，准线与坐标轴交于点C，过点C且斜率为k的直线l与抛物线E交于A，B两点（点B在点A和点C之间），则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. 若B为的中点，则D. 若B为的中点，则
12. 在三棱锥中，，，且，则（ ）
A. 当为等边三角形时，，
B. 当，时，平面平面
C. 的周长等于的周长
D. 三棱锥体积最大为
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
注意事项：
第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 两平行直线与之间的距离为__________.
14. 空间三点，，在同一直线上，则________.
15. 在平面直角坐标系中，圆M：与圆N：相交于A，B两点，若，则______.
16. 已知双曲线E：的左、右焦点分别为，，E上存在点P，使得，且的内切圆与y轴相切，则E的离心率为___________.
四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 如图，长方体中，，M，N分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
18. 在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且.
（1）求A；
（2）已知，___________，计算的面积.
从①，②这两个条件中任选一个，将问题（2）补充完整，并作答注意，如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分
19. 已知双曲线：一个焦点与抛物线：的焦点重合.
（1）求抛物线的方程；
（2）若直线：交抛物线于A、B两点，O为原点，求证：以为直径的圆经过原点O.
20. 设的定义域为，若，都有，则称函数为“H函数”.
（1）若在上单调递增，证明是“H函数”；
（2）已知函数.
①证明是上的奇函数，并判断是否为“H函数”（无需证明）；
②解关于x的不等式.
21 如图，三棱锥，，，.
（1）求证：；
（2）是否存在点Q，满足，且点Q到平面的距离为1?若存在，求直线与平面所成角的正弦值；若不存在，说明理由.
22. 在椭圆：上任取点，过C分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，点D满足，记动点D形成的轨迹为E.
（1）求E的方程：
（2）设为坐标原点，直线交轨迹E于P、Q两点，满足的面积恒为.求的最大值，并求取得最大值时直线的方程.云南师大附中2023~2024学年上学期期中考试试题
高二年级数学
本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第2页，第Ⅱ卷第3页至第4页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟
第I卷（选择题，共60分）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效.
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件，结合直线的倾斜角与斜率的关系，即可求解．
【详解】设直线的倾斜角为，，
直线可化为，
所以直线的斜率，
，
故选：D．
2. 已知，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算和复数的几何意义求解.
【详解】因为，所以，
所以在复平面内对应的点为位于第四象限，
故选:D.
3. 已知F为双曲线C：的一个焦点，则点F到C的一条渐近线的距离为（ ）
A. B. 3C. 2D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】先求焦点，再用点到直线的距离公式即可.
【详解】由双曲线的标准方程得
所以坐标为或
渐近线方程为
所求距离
故选：A.
4. 从分别写有的张卡片中随机抽取张，放回后再随机抽取张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先找出基本事件的总数，然后找出满足条件的结伴事件数，利用概率公式求解即可.
【详解】从分别写有的张卡片中随机抽取张，放回后再随机抽取张，
基本事件总数种情况，
抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数包含的基本事件有：
共6种情况，
故所求概率为：，
故选：B.
5. 垂直于直线且与圆相切的直线方程是（ ）
A. 或B. 或
C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】设所求直线方程为，根据圆心到直线的距离等于半径可得答案.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为1，
由题设与垂直的直线方程为，
又与圆相切，
则，可得，或，经检验满足题设，
.∴所求直线方程为或.
故选：C.
6. 三角形中，，，，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据余弦定理得到，然后根据数量积和数量积的运算律计算即可.
【详解】由余弦定理得，
，
所以.
故选：A.
7. 如图，分别是二面角的两个半平面内两点，，，，，若，则异面直线的夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用余弦定理可求得，根据，利用向量数量积的定义和运算律可求得，由向量夹角公式可求得所求余弦值.
【详解】连接，
在中，由余弦定理得：，；
在中，由余弦定理得：；
，
，即异面直线夹角的余弦值为.
故选：C.
8. 已知椭圆C的焦点为、，若C上存在点P满足：，且（O为坐标原点），则C的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的定义可得，设，在中，求得，再在中，利用余弦定理求出，进而可得出答案.
【详解】设椭圆的长轴长为，短轴长为，焦距为，则，
由椭圆的定义可得，
因为，所以，
设，则，
在中，，
则，
在中，由余弦定理得，
即，
化简得，
所以，所以，
所以C的方程为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：根据题意把几何关系转化为数量关系是解决本题的关键.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A. 的平均数等于的平均数
B. 的中位数等于的中位数
C. 的标准差不小于的标准差
D. 的极差不大于的极差
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.
【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为，
则，
因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，
例如：，可得；
例如，可得；
例如，可得；故A错误；
对于选项B：不妨设，
可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；
对于选项C：因为是最小值，是最大值，
则的波动性不大于的波动性，即的标准差不大于的标准差，
例如：，则平均数，
标准差，
，则平均数，
标准差，
显然，即；故C错误；
对于选项D：不妨设，
则，当且仅当时，等号成立，故D正确；
故选：BD.
10. 关于函数的下列说法正确的是（ ）
A. 最小正周期为B. 的最大值为2
C. 的图象关于点对称D. 在上单调递减
【答案】AB
【解析】
【分析】整理可得，结合余弦函数性质逐项分析判断.
【详解】由题意可知：，
对于选项A：的最小正周期为，故A正确；
对于选项B：当，即时，取到最大值为2，故B正确；
对于选项C：因为为最小值，
所以的图象关于直线对称，故C错误；
对于选项D：因为，则，
且在上不单调，所以在上不单调，故D错误；
故选：AB
11. 已知抛物线E：的焦点为F，准线与坐标轴交于点C，过点C且斜率为k的直线l与抛物线E交于A，B两点（点B在点A和点C之间），则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. 若B为的中点，则D. 若B为的中点，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意，设出直线的方程，将直线与抛物线联立，利用根的判别式得到且，设，，根据韦达定理得到和的表达式，结合抛物线的焦半径对选项进行逐一分析，进而即可求解.
【详解】依题意得，，，设直线的方程为，联立得，
消去得，因为直线与抛物线相交于，两点，
所以，解得且，即，故选项A错误；
，因为且，所以，
则，故选项B正确；
若B为的中点，则，由韦达定理知，所以，
解得，从而，所以，
所以，故选项C正确；
又，所以即，解得，满足题意，故选项D正确.
故选：BCD
12. 在三棱锥中，，，且，则（ ）
A. 当为等边三角形时，，
B. 当，时，平面平面
C. 的周长等于的周长
D. 三棱锥体积最大为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：取相应的中点，根据题意结合平行关系以及勾股定理分析判断；对于D：根据题中长度关系可知与不相互垂直，利用反证法证明平面与平面不垂直；对于C、D：利用空间直角坐标系分析可知：点均在以点为球心，半径为的球面上（不与共线），且，结合球的性质可知：在与直径垂直的圆面上，进而判定选项C；根据球的性质利用割补法可得，进而可得最值.
【详解】对于选项A：分别取的中点，
连接，
可知：，且，
因为，可知为矩形，可得，
若为等边三角形，则，
因为，则，
又因为为对应棱的中点，则，
可得，即，所以，
同理可证：，故A正确；
对于选项B：若，，可得，
同理可得，
且，则，可知与不相互垂直，
反证：假设平面平面，则存在直线平面，使得平面，
由平面，可得，
因为平面，且，可知，所以，
这与与不相互垂直相矛盾，所以假设不成立，故B错误；
如图，以的中点建立空间直角坐标系，则，
若，设，则，
整理得，
即点到定点的距离为，
所以点均在以点为球心，半径为的球面上（不与共线），
对于选项C：因为，则在与直径垂直的圆面上，
因为，且，
可知，且，则，
即，所以的周长等于的周长，故C正确；
对于选项D：取的中点，连接，
则，
可得，
所以三棱锥体积
，
当且仅当时，等号成立，
所以三棱锥体积最大为，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：对于，且，通过空间直角坐标系分析可知点均在以点为球心，半径为的球面上（不与共线），结合球的性质分析选项CD.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
注意事项：
第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 两平行直线与之间的距离为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由两平行线间的距离求解即可.
【详解】对直线两边同时乘以可得：
所以两平行直线与之间的距离为：
.
故答案为：.
14. 空间三点，，在同一直线上，则________.
【答案】1
【解析】
【分析】由三点共线得，求得即可.
【详解】，
因为三点共线，所以，所以
所以 ，解得，
故.
故答案为：1
15. 在平面直角坐标系中，圆M：与圆N：相交于A，B两点，若，则______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据圆心距离求得圆M的方程，将两圆方程相减，可得公共弦所在直线方程，后可得弦长所在直线与圆M圆心距离，利用垂径定理可得弦长.
【详解】由题意，，
因为，所以，
所以圆M：，
又圆N：，两圆相减得：，
故两圆的公共弦所在直线方程为，
圆M圆心到的距离为，
故两圆的公共弦的长为.
故答案为：.
16. 已知双曲线E：的左、右焦点分别为，，E上存在点P，使得，且的内切圆与y轴相切，则E的离心率为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据向量运算得到，然后利用双曲线的性质和三角形内切圆的几何关系得到有关的方程求解即可.
【详解】不妨设点在第一象限，
因为，所以，
所以，，
又，联立可得：，
所以，即，
设的内切圆半径为，过圆心往三边作垂线，垂足分别为，如图所示，
因为的内切圆与y轴相切，故，
，，
所以，
即，即，
两边平方得，
即，则，
两边同时除以，得，解得，
因为，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题考查双曲线中三角形内切圆和离心率相关问题的求解，解题关键是能够利用三角形内切圆的知识点结合双曲线的性质，求得之间的等量关系从而求得结果.
四、解答题（共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 如图，长方体中，，M，N分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）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）通过证明，得证平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值.
小问1详解】
连接，如图所示，
正方形中，M，N分别是，的中点，
有且，所以四边形为平行四边形，则有且，
又长方体中且，则且，
所以四边形为平行四边形，得，
平面，平面，所以平面
【小问2详解】
以点为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，则，
，，
设平面的一个法向量为，则有，
令，则，即，
是平面的一个法向量，，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且.
（1）求A；
（2）已知，___________，计算的面积.
从①，②这两个条件中任选一个，将问题（2）补充完整，并作答注意，如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分
【答案】（1）
（2）选①，；选②，
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和三角函数诱导公式整理化简，可求出角；
（2）补齐条件，若选①，先利用余弦定理计算出边长，再利用面积公式计算面积；若选②，先用正弦定理得出，再用余弦定理计算出边长，再利用面积公式计算面积.
【小问1详解】
解：在中，由正弦定理可知，
因为，则,
因为，所以即，
所以，即，
因为，所以.
【小问2详解】
若选①，由题知，
由余弦定理可知：，代入可得，
整理得，即，所以或(舍),
所以.
若选②，由题知，
在中，由正弦定理可知，则，
由余弦定理可知：，代入可得，
整理得，所以，
所以.
19. 已知双曲线：的一个焦点与抛物线：的焦点重合.
（1）求抛物线的方程；
（2）若直线：交抛物线于A、B两点，O为原点，求证：以为直径的圆经过原点O.
【答案】（1）
（2）见解析.
【解析】
【分析】（1）根据双曲线方程求出其焦点坐标，即也是抛物线焦点，得到抛物线方程.
（2）直线l与抛物线联立后，利用韦达定理求出即可得证.
【小问1详解】
由双曲线方程知其焦点在x轴上且焦点坐标为，，所以为抛物线：的焦点，得，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
设，
联立，
由韦达定理得，
所以
所以，
所以以为直径的圆经过原点O.得证
20. 设的定义域为，若，都有，则称函数为“H函数”.
（1）若在上单调递增，证明是“H函数”；
（2）已知函数.
①证明是上的奇函数，并判断是否为“H函数”（无需证明）；
②解关于x的不等式.
【答案】（1）证明见解析
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）利用定义证明函数的单调性，化简即可证明为“H函数”；
（2）①根据奇偶性的定义直接判断，分析函数的递增性从而确定是否为“H函数”；
②利用单调性求解不等式.
【小问1详解】
若在上单调递增，则，，
即，
即，
整理得：，
所以是“H函数”.
【小问2详解】
①定义域为，关于原点对称，
，
所以是上的奇函数.
是 “H函数”
②是上的奇函数，并为“H函数”，
所以在上单调递增，
因为，即，
即，
所以，即，
所以不等式的解集为.
21. 如图，三棱锥，，，.
（1）求证：；
（2）是否存在点Q，满足，且点Q到平面的距离为1?若存在，求直线与平面所成角的正弦值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取取中点，连接，证平面即可；
（2）所在直线为轴建立空间直角坐标系，根据题意求出点坐标，进而可求.
【小问1详解】
如图，取中点，连接，
，，，
则，，
，，，
平面，平面，则平面，
平面，.
【小问2详解】
由，，，
，，
，即，则两两垂直，
以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
，
设，，平面的一个法向量为，
，
又，，解得，
，
设平面的一个法向量为，
， ，令，，
，，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为
22. 在椭圆：上任取点，过C分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为A，B，点D满足，记动点D形成的轨迹为E.
（1）求E的方程：
（2）设为坐标原点，直线交轨迹E于P、Q两点，满足的面积恒为.求的最大值，并求取得最大值时直线的方程.
【答案】（1）
（2）的最大值为；直线的方程为或
【解析】
【分析】（1）设，由可得，将代入椭圆方程，即可求解；
（2）当直线斜率不存在时，利用的面积恒为，可求得直线方程为；当直线斜率存在时，联立直线与椭圆方程，得到，，再利用弦长公式和三角形面积公式得到，从而得到关于的表达式，结合二次函数的性质即可得解.
【小问1详解】
由题意可知，，设，
所以，，
因为，所以，即，
因为在上，
所以，即，
所以，故动点D形成的轨迹为E为.
【小问2详解】
当直线斜率不存在时，设直线方程为，
联立，解得，所以,
因为的面积恒为，
所以，解得，即，
此时直线方程为，
而，，
所以；
当直线斜率存在时，设直线方程为，,,
联立，化简得，
则，故，
所以，，
所以
，
原点到直线距离为，
因为的面积恒为，
所以，
化简得，所以，满足，则，
所以，，
因为，，所以，，
则
，
因为，令，则，
而开口向上，对称轴为，
所以当时，取得最大值，
即，即，时，取得最大值，
综上：的最大值为，
此时直线方程为或.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.