广东省部分学校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷（解析版）

这是一份广东省部分学校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷（解析版），共13页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 已知向量，，， 直线截圆所得的弦长为等内容，欢迎下载使用。
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、二册，选择性必修第一册第一章至第二章.
一、选择题:本题共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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】直线的斜率为，倾斜角为.
故选：C.
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】.
故选：D.
3. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因为，所以
故选：C.
4. 已知直线与.若，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】由于，所以，
此时两直线方程分别为，
不重合，符合题意，所以.
故选：B.
5. 已知向量，，.若，，共面，则（ ）
A. 11B. C. 9D. 3
【答案】A
【解析】依题意，，，共面，
所以存在，使得，
即，
所以，解得.
故选：A.
6. 直线截圆所得的弦长为（ ）
A. B. 1C. 4D. 2
【答案】D
【解析】根据题意可得圆心，圆的半径为3，
点到直线的距离，故所求弦长为.
故选：D.
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，平面BCDE，和是全等的正三角形，，，，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】依题意得，，
所以
，
又，，
所以设异面直线AE与BD所成的角为，
则
故选：A
8. 已知，，若直线上存在点P，使得，则t的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设，则，，
因为，所以，
即，所以点在以为圆心，4为半径的圆上.
点在直线上，
所以直线与圆有公共点，
则，解得
故选:B.
二、选择题:本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知直线过定点则下列结论正确的是（ ）
A. P的坐标为
B. 当时，l在y轴上的截距为
C. 若l与直线垂直，则
D. 点P在圆的外部
【答案】ABD
【解析】对于A，由题意得直线，
即，
由，解得，故A正确；
对于B，当时，直线l为，令x=0，，
所以在y轴上的截距为，故B正确；
对于C，由，解得，故C错误；
对于D，因为，所以点P在圆的外部，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数的部分图象如图所示，其中，，则（ ）
A. B.
C. 在上单调递增D. 在上恰有10个零点
【答案】ABD
【解析】由图可知，，，即，
又，则，故A正确；此时，
又，且，
则，故B正确；
此时，
当时，，
因为函数在上不单调，
所以在上不单调，故C错误；
当时，，
因为函数在上有10个零点，
所以在上恰有10个零点，故D正确.
故选：ABD.
11. 若平面，平面，平面，则称点F为点E在平面内的正投影，记为如图，在直四棱柱中，，， 分别为，的中点，，记平面为，平面ABCD为，，（ ）

A. 若，则
B. 存在点H，使得平面
C. 线段长度的最小值是
D. 存在点H，使得
【答案】ABC
【解析】对于A：因为为直四棱柱，，所以以A为坐标原点，AD，AB，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，

则，，，，，
故，，
所以，即Q，B，N，P四点共面，
若，则，解得，A正确；
对于B：过点H作，交于点G，过点G作AB的垂线，垂足即，
过点A作的垂线，垂足即，连接，，由题意可得，
则，，，，
故，，，，
易得是平面的一个法向量，若平面，
则，即，
解得，符合题意，
所以存在点H，使得平面，B正确，
对于C：，
当时，取得最小值，最小值为，C正确.
对于D：若，则，
得，无解，所以不存在点H，使得，D错误.
故选：ABC.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆，则圆的半径为_____________.
【答案】4
【解析】根据题意圆，可得圆的半径为.
故答案为：4
13. 某校高三年级男生共600人，女生共400人，现按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从高三年级所有学生中抽取5人组成某活动志愿者小队，则被抽取的女生人数为_____________.若从被抽取的这5人中抽取2人作为志愿者小队队长，则恰有1个男队长的概率为_____________.
【答案】①2 ②
【解析】根据题意易得被抽取的这5人中女生的人数为，则男生的人数为3，女生人数为2，
设被抽取的这5人中男生分别为A，B，C，女生分别为a，b，
则从被抽取的这5人中抽取2人的所有情况有
，，共10种情况，
其中恰有1个男队长的情况有6种，故所求概率为.
故答案为：2；.
14. 已知球是棱长为的正四面体的内切球，是球的一条直径，为该正四面体表面上的动点，则的最大值为______.
【答案】
【解析】如下图所示：
正四面体的棱长为，设其内切球球心为点，
连接并延长交底面于点，
则为正的中心，且平面，
连接并延长交于点，则为的中点，且，
，，
因为平面，平面，则，
可得，
的面积为，
正四面体的体积为，
设正四面体的内切球的半径为，
则，
即，解得，
可得，
因为，，
可得，
当点位于正四面体的顶点时，取最大值，
所以.
故答案为：.
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. 已知的内角的对边分别为且.
（1）求的大小;
（2）求的面积.
解：（1）由及正弦定理可得，因为，所以，
所以，
因为，所以.
（2）由题意可得的面积为.
16. 已知在中，.
（1）求直线AB的方程;
（2）求外接圆的标准方程;
（3）过点B作的外接圆的切线，求该切线方程.
解：（1）由已知可得，
所以直线AB的方程为，即.
（2）设的外接圆的标准方程为，
则
解得
故的外接圆的标准方程为.
（3）由（2）得外接圆的圆心为.
因为，所以切线的斜率为，
故所求切线方程为，即.
17. 如图，四边形ABCD是正方形，AE，DF，BG都垂直于平面ABCD，且，，，M，N分别是EG，BC的中点.

（1）证明：平面ABCD.
（2）若，求点N到平面AMF的距离.
解：（1）因为，，都垂直于平面，则.
取的中点，连接，，
则，且，
所以且，所以四边形为平行四边形，
可得，
且平面，平面，
所以平面.
（2）连接.
以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A2,0,0，，，，
可得，，.
设平面的法向量为n=x,y,z，则，
取，得，，可得.
故点到平面的距离.
18. 如图，在四棱台中，底面ABCD是正方形，，平面
（1）证明：平面
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
（3）棱BC上是否存在一点P，使得二面角余弦值为若存在，求线段BP的长;若不存在，请说明理由.
解：（1）因为底面ABCD是正方形，
所以
又因为平面ABCD，平面ABCD，所以
因为，且，平面，
所以平面
（2）因为平面，平面，
所以，，
又底面ABCD是正方形，，故AB，AD，两两垂直，
以AB，AD，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，，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，则，
故
设直线与平面所成的角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为
（3）若存在点P满足题意，则可设点，其中，
则，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故
易得平面的一个法向量为，
所以，解得或舍去)，
故棱BC上存在一点P，当时，二面角的余弦值为
19. 古希腊数学家阿波罗尼斯，与欧几里得、阿基米德并称古希腊三大数学家.他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果，其中一发现可表述为“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.如平面内动点到两个定点，的距离之比为定值2，则点的轨迹就是阿氏圆，记为.
（1）求的方程；
（2）若与轴分别交于E，F两点，不在轴上的点是直线上的动点，直线HE，HF与的另一个交点分别为，，证明直线MN经过定点，并求出该定点的坐标.
解：（1）设，根据，得，
即，所以的方程为.
（2）根据圆的对称性，不妨设.
设，则，
所以直线HE的方程为，直线HF的方程为.
设.
联立方程
得，
所以，即，则，所以.
联立方程得，
所以，即，则，所以.
当时，，
所以直线MN的方程为，化简得，
所以直线MN过定点;
当时，，此时直线MN过定点.
综上，直线MN过定点.