四川省达州市2024-2025学年高二上学期期中教学质量检测数学模拟试题

这是一份四川省达州市2024-2025学年高二上学期期中教学质量检测数学模拟试题，共16页。试卷主要包含了答题前，考生需用0，考试范围等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟，试卷共4页。
2.答题前，考生需用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号正确填写在答题卡对应位置。待监考老师粘贴好条形码后，再认真核对条形码上的信息与自己准考证上的信息是否一致。
3.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
4.考试范围：人教A版必修一、必修二、选择性必修一第一章至第二章第3节。
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题所给的A、B、C、D四个选项中，只有一项符合题意。
1．已知，则
A．1 B．2 C． D．3
2．已知集合，，则
A． B． C． D．
3．国家射击运动员甲在某次训练中的次射击成绩（单位：环）为，其中为整数，若这次射击成绩的第百分位数为，则
A． B． C． D．
4．已知直线经过点，且与直线垂直，则直线的方程是
A． B．
C． D．
5．已知函数的最小正周期为T.若，且曲线关于点 中心对称，则
A． B． C． D．
6．已知正数x，y满足，则的最小值为
A．1 B．2 C．3 D．4
7．已知，都是定义在R上的函数，对任意x，y满足，且，则下列说法正确的是
A． B．若，则
C．函数的图象关于直线对称 D．
8．数轴上，方程可以表示数轴上的点，平面直角坐标系中，方程（、不同时为0）可以表示坐标平面内的直线，空间直角坐标系中，方程（、、不同时为0）可以表示坐标空间内的平面.过点且一个法向量为n=a,b,c的平面的方程可表示为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为
A． B． C． D．
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题所给的A、B、C、D四个选项中，有多个选项符合题意，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分。
9．连续两次抛掷同一颗骰子，记第一次向上的点数为，第二次向上的点数为，设，其中表示不超过的最大整数，则
A． B．
C．事件与互斥 D．事件与相互对立
10．如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是
A．直线平面
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．直线与直线所成角的正弦值为
D．若，那么点的轨迹长度为
11．“曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼-闵可夫斯基所创词汇，用以标明两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，其定义如下：在直角坐标平面上任意两点的曼哈顿距离，则下列结论正确的是
A. 若点，则
B. 若点，则在轴上存在点，使得
C. 若点，点在直线上，则的最小值是3
D. 若点在上，点在直线上，则的值可能是4
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。请将答案填写在答题卡对应题号后的横线上。
12．已知向量在向量上的投影向量是，且，则 ▲ ．
13．如图，正方形ABCD和正方形ABEF的边长都是1，且它们所在的平面所成的二面角的大小是，M，N分别是AC，BF上的动点，且，则MN的最小值是 ▲ .
14．若恰有三组不全为0的实数对满足关系式，则实数t的所有可能取值的和为 ▲ .
四、解答题：本大题共5小题，其中第15题13分，第16、17题每小题15分，第18、19题每小题17分，共77分。在解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（13分）
在△ABC中，角的对边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）若，角的平分线交于点，求线段的长．
16．（15分）
已知△ABC的顶点，AB边上的高所在的直线的方程为，角A的平分线所在直线的方程为．
（1）求直线AB的方程；
（2）求直线的方程．
17．（15分）
如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，，平面平面.
（1）求证:平面;
（2）若，点在棱上，且二面角的大小为.设是棱上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
18．（17分）
2024年10月1日是新中国诞辰75周年，为弘扬爱国主义精神，某学校开展了爱国主义知识竞赛活动，在最后一轮晋级中，参赛选手两人为一组，要求：在规定时间内两人分别对两道不同的题作答，每题只有一次作答机会，每道题是否答对相互独立．已知甲答对每道题的概率为，乙答对每道题的概率为，答题过程中甲乙每次是否作答正确互不影响．
（1）若，
①甲在两次作答中，分别求甲答对两道题和甲答对一道题的概率；
②求甲、乙各两次作答中一共答对3次题的概率；
（2）若，求甲、乙各两次作答中一共答对3次题的概率的最小值．
19．（17分）
由个实数组成的有序实数组称维向量.设，称为的转置，记作.将个维向量的转置从左至右顺次排列构成数阵，记.例如，，则.对任意维向量和数阵，定义如下运算：
①，特别地，若，则称与正交;若，则称为单位向量.②.③对任意且，其中.
（1）设，直接写出和;
（2）已知3维向量均为单位向量，且两两正交.设，若存在正整数，使得，求a，b，c，d的值及的最小值；
（3）已知4维向量均为单位向量且两两正交，其中.设，若对任意4维向量，都存在正整数使得且的最小值为12，给出一组满足上述条件的，并说明理由.
参考答案：
1．【答案】C
【详解】依题意，，则．
故选：C.
2．【答案】A
【详解】∵，∵，∴
∴，
故选：A
3．【答案】B
【详解】将次射击成绩除外，从小排到大为，
因为，所以第百分位数是：从小排到大后的第二个数与第三个数的平均数，
又这次射击成绩的第百分位数为，所以，
故答案为：B.
4．【答案】D
【详解】直线与直线垂直，
设直线的方程是
将代入直线中，，解得，
故直线的方程为.
故选：D.
5．【答案】B
【详解】由，则，由，则，解得，
由，则当时，函数取得对称中心，
由题意可得，化简可得，
当时，，显然当时，，
所以，则.
故选：B.
6．【答案】A
【详解】，由，
得，
令，且，
所以，有，
即，故，
所以，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为1.
故选：A
7．【答案】D
【详解】对于A，令，可得，得，
令，，代入已知等式得，
可得，结合得，
所以，故A错误；
对于D，因为，令，代入已知等式得，
将，代入上式，得，所以函数为奇函数.
令，，代入已知等式，得，
因为，所以，
又因为，所以，
因为，所以，故D正确；
对于B，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式：
，，
两式相加易得，所以有，
即，
有，
即，所以为周期函数，且周期为，
因为，所以，所以，，
所以，
所以
，故B错误；
对于C，取，，满足及，
所以，又，
所以函数的图像不关于直线对称，故C错误；
故选：D.
8．【答案】A
【详解】因为平面的方程为，所以平面的法向量可取，
平面的法向量为，
平面的法向量为，
设两平面的交线的方向向量为，
由，令，则，
所以两平面的交线的方向向量为，
设直线与平面所成角的大小为，
则.
故选：A．
9．【答案】BC
【详解】A选项，连续两次抛掷同一颗骰子，共有种情况，
其中的情况有，
，共有种情况，
故，A错误；
B选项，的情况有，共有种情况，
故，B正确；
C选项，包含，即两种情况，与B选项中的6种情况均不同，
故事件与不会同时发生，两事件互斥，C正确；
D选项，，所有可能情况为，
包含的情况有，
，
其余情况，既不在事件中，也不在中，比如，
故与互斥，但不对立，D错误.
故选：BC
10．【答案】ABD
【详解】以为坐标原点，以分别为轴建立坐标系，
则
设平面的法向量，
由 得，令得，所以取，
因为，故，所以直线平面，故A正确;
由题意得三棱锥的外接球半径为,
所以三棱锥的外接球表面积为，故B正确；
因为，所以，所以，故C错误；
因为Q为正方形内一动点（含边界），设，
由得，即，在正方形内的轨迹为以为圆心，半径为的四分之一圆周， 那么Q点的轨迹长度为，故D正确.
故选：ABD.
11．【答案】ACD
【详解】对于A，由曼哈顿距离的定义知，A正确；
对于B，设，则，B错误；
对于C，作轴，交直线于，过作，垂足为，如图①所示：

由曼哈顿距离的定义可知，而点，
当不与重合时，由直线的斜率为，得，
则；当与重合时，，
于是，因此，C正确.
对于D，如图②所示，取，，则，D正确.
故选ACD.
12．【答案】
【详解】因为，则，且向量在向量上的投影向量是，
所以，即，所以，
故答案为：.
13．【答案】/0.5
【详解】连接，如下图，
由题意，，，正方形中，
正方形中，平面，平面，
平面平面，
∴就是二面角的平面角，则，
∴向量与向量夹角为，且，，
设，，，则，
且由题意，
∴，
，
∴，
令，，图象开口向上，且对称轴为，
∴当时，取得最小值，
即最小值为，
∴的最小值是.
故答案为：.
14．【答案】
【详解】由已知得，，整理得，
看成有且仅有三条直线满足，和到直线（不过原点）的距离t相等；
由，
（1）当，此时，易得符合题意的直线l为线段的垂直平分线以及直线平行的两条直线.
（2）当时，有4条直线l会使得点和到它们的距离相等，
注意到l不过原点，所以当其中一条直线过原点时，会作为增根被舍去；设点A到l的距离为d，
①作为增根被舍去的直线l，过原点和A，B的中点，其方程为，
此时，，符合；
②作为增根被舍去的直线l，过原点且以为方向向量，其方程为，
此时，，符合；
综上，满足题意的实数t为，，，它们的和为.
故答案为：
15．【答案】(1) (2)
【详解】（1）由，
由正弦定理可得,
又，所以，
所以，可得，
又，所以，所以，
可得，
（2）在中，，
由余弦定理得，
解得（舍），或，
由，得，
即，
故线段AD的长为.
16．【答案】(1)；(2)．
【详解】（1）因为边上的高所在的直线的方程为，
所以直线上的高的斜率，直线的斜率为，又，
所以直线的方程为，即；
（2）因为角的平分线所在直线的方程为，
由，解得，
即；
设点关于直线：的对称点为，
则，解得，
所以在直线上，又，
所以直线的方程为，整理得．
17．【答案】(1)证明见解析 (2).
【详解】（1）在四棱锥中，
因为底面为矩形，所以.
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，且，
所以平面.
（2）以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，所以，
因为点在棱上，所以设或显然不满足题设，
因为，所以，
所以，
设平面的一个法向量，
则，即，取，则，
所以，是平面的一个法向量，
所以，
因为二面角的大小为，所以，
即，解得，故点
设，则，
平面的一个法向量.
设直线与平面所成角为，则.
令，则，则，
当时，，
当时，，
令，则，则，
由于函数在单调递增，所以当，即时，，
即直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
18．【答案】(1)①，；② (2)
【详解】（1）设甲答对一道题甲答对两道题，乙答对一道题乙答对两道题
①由题意可得：
②同理：由题知，
设“甲、乙各两次作答中一共答对3次题”，
则，且与互斥，与与分别相互独立，
所以
，
因此，甲、乙各两次作答中一共答对3次题的概率
（2）由题知：，
设“甲、乙各两次作答中一共答对3次题”，
则，且与互斥，与与分别相互独立，
所以
因为，当且仅当时等号成立，
可得，即，
所以甲、乙各两次作答中一共答对3次题的概率的最小值为
19．【答案】(1)；
(2)的最小值为6
(3)，理由见解析
【详解】（1）；
（2）因为两两正交，所以，
又均为单位向量，所以，
因为，所以，
所以，
所以，
，
所以的最小值是6.
综上，的最小值为6.
（3）设是任意2维向量，则有如下性质：
①当时，对于任意正整数，都有.
②当时，对于任意正整数，都有.
③设点是平面直角坐标系xOy中的一点，将点绕原点逆时针旋转得到点，则点分别对应向量与.
所以，
设，则可以设为，
则可化简为，可以取，
所以，
则有，
记，即.
根据上述性质，不妨设，
取，
则，
根据性质①和性质②，，
根据性质②和性质③，，其中.
设，可得为定值，记为，
设，则，
因为存在正整数使得且的最小值为12，
所以且.
可取，即，
所以.