广东省汕头市潮阳区河溪中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试卷（解析版）-A4

这是一份广东省汕头市潮阳区河溪中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试卷（解析版）-A4，共17页。试卷主要包含了请考生保持答题卷的整洁， 已知函数，则的值为， 若函数， 已知圆，直线等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题.满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必要填涂答题卷上的有关项目.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内.
3.请考生保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回.
一、单项选择题：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. 已知全集，集合，或，则（ ）
A. B. 或x≥4
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据交集和补集的定义即可得出答案.
【详解】解：因为,或，
所以，
所以.
故选：D．
2. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数的除法计算，再利用共轭复数及虚部的意义判断得解.
【详解】依题意，，
所以的虚部为.
故选：D
3. 已知直线和直线，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由题意先求出时的的值，然后根据充分不必要条件的定义判断即可.
【详解】由题设，可得，解得或.
当时，，此时，当时，，此时，
所以“”不能推出“”；“”能推出“”，
则“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4. 已知函数，则的值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】应用分段函数求函数值即可.
【详解】.
故选：A.
5. 已知椭圆的右焦点为，上顶点为，点是上一点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用椭圆定义对长度进行转化计算即可.
【详解】设椭圆的左焦点为，则由椭圆的定义知，
所以.
当三点共线时，，
所以的最小值为.
故选：C.
6. 若函数（，）图象经过定点P，且点P在角的终边上，则的值等于（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数图象的平移变换可得定点的坐标，再根据三角形函数的定义可得结果.
【详解】因为函数的图象经过定点，
所以函数的图象经过定点，
因为点在角的终边上，所以.
故选：C.
7. 若正实数满足，则下列说法错误的是（ ）
A. 有最大值为B. 有最小值为
C. 有最小值为D. 有最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本不等式求最值逐一分析即可.
【详解】因，则，
当且仅当，即时取等号，故A正确；
，
当且仅当，即时取等号，故B正确；
因为，则，
当且仅当，即时取等号，故C正确；
因为，
当且仅当，即，时取等号，这与均为正实数矛盾，故D错误.
故选：.
8. 已知圆，圆，则下列选项错误的是（ ）
A. 两圆的圆心距离是B. 两圆有条公切线
C. 两圆相交D. 公共弦长
【答案】D
【解析】
【分析】将两圆化成标准方程，分别求出其圆心和半径，根据两圆的位置关系依次判断各个选项即可.
【详解】由题圆化成标准方程为，
其圆心为，半径，
圆化成标准方程为，
其圆心为，半径，
所以两圆圆心距为，A正确；
因为，
所以两圆相交，则公切线有2条，故B，C正确；
对于D，两圆的公共弦所在直线方程为：
，化简得，
圆心到的距离，，
设公共弦长为，则，D错误；
故选：D.
二、多选题：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. 已知圆，直线.则以下几个结论正确的有（ ）
A. 直线恒过定点
B. 圆被轴截得的弦长为
C. 点到直线的距离的最大值是
D. 直线被圆截得的弦长最短时，直线的方程为
【答案】ABD
【解析】
【分析】首先变形直线求定点，将代入圆的方程，求圆与轴的交点，即可判断B，结合定点，利用点到直线的距离公式，以及弦长公式，即可判断CD.
【详解】A.直线，不管为何值，满足方程，即可直线恒过定点，故A正确；
B.当时，，解得：，，所以圆被轴截得的弦长为，故B正确；
C.圆心到直线的距离的最大值是圆心与定点的距离，故C错误；
D.设直线的定点，当点为弦的中点时，此时弦长最短，即，，所以直线的斜率为2，所以直线的方程为，即，故D正确.
故选：ABD
10. 已知函数fx=Asinωx+φ（，，）的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 函数的图象关于对称
B. 函数的图象关于直线对称
C. 该图象向右平移个单位长度可得的图象
D. 函数在上单调递增
【答案】BC
【解析】
【分析】由图象求出函数解析式，然后由正弦函数的性质逐项判断即可；
【详解】由函数图象可得，周期，所以，
又，
所以，则，
因为，所以，故，
对于A，，故A错误；
对于B，当时，，故B正确；
对于C，该图象向右平移个单位长度可得，故C正确；
对于D，若，则，此时函数不单调，故D错误；
故选：BC.
11. 如图，在直四棱柱中，，，为与的交点.若，，，则下列说法正确的有（ ）
A.
B.
C. 设，则
D. 以为球心，为半径的球与四边形的交线长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A:利用空间向量的加法和减法求解即可，选项B：利用向量的模求解线段的长度即可，选项C:利用向量的数量积求解向量垂直即可，选项D：分析可以知道球面与平面的交线是以为圆心，为半径的圆，从而求解出交线的长度.
【详解】由题得，
，故A正确.
因为，
，，所以
，
所以，故B错误.
因为，
所以
，
所以，以，故C正确.
取的中点为，连接，易知平面，且.
由球的半径为，知球面与平面的交线是以为圆心，为半径的圆.
如图，在正方形内，以为圆心，2为半径作圆，所得的圆弧即为所求交线.
由题意可知，所以弧的长为，故D正确.
故选:ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分.共15分.
12. 函数的定义域为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意得到，求解即可.
【详解】解：要使函数有意义，则，
解得且，故函数的定义域为
故答案为： .
13. 与椭圆有相同的焦点，且过点的椭圆方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】结合已知条件求出，然后利用得到一个与的关系式，并将代入所求椭圆方程得到第二个与的关系式，联立两个关系式即可求解.
【详解】不妨设所求椭圆方程为：，，且焦距为，
由已知条件可知， ①，
将代入可得， ②，
联立①②可得，，，
故所求椭圆方程为：.
故答案为：.
14. 在棱长为2的正方体中，E为的中点，以D为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点到直线的距离为______________；点D到平面的距离为______________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】有题意可得，则可求出，则可得，由则可求出点到直线的距离；由题意易求出平面的法向量，又，由即可求出点D到平面的距离.
详解】由题意知：，
所以，
，
所以，
所以点到直线的距离为；
由题意知：，
所以，
记平面的法向量为，
则，取，则，，
此时，
又，
所以点D到平面的距离.
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. 已知空间三点，，．
（1）求向量与的夹角；
（2）若，求实数的值．
（3）求的面积.
【答案】（1）
（2）3或
（3）
【解析】
【分析】（1）计算出向量坐标，根据向量夹角公式，即可求解；（2）根据向量垂直可得数量积为0，解出的值即可；（3）根据三角形的面积公式，即可求解.
【小问1详解】
由已知得：，，
，
所以，向量与的夹角为60°．
【小问2详解】
，，
∵ ，
∴，
∴，解得或，
∴实数k的值为3或．
【小问3详解】
由（1）得，，
故的面积为.
16. 在中，角所对边分别为，且.
（1）求角的大小;
（2）若.
（i）求的值;
（ii）求的值.
【答案】（1）
（2）(i) ，(ii)
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理角边化及余弦定理即可求解；
（2）(i)利用（1）的结论及正弦定理的边角化即可求解；
(ii)利用二倍角公式，求出，再结合两角和的正弦公式即可求解.
【小问1详解】
由及正弦定理，可得，
， 由余弦定理可得，
，
.
【小问2详解】
（i）及正弦定理，可得，
，即，
因为，且 可得为锐角，
所以.
（ii），
，
由（1），知，
所以
17. 已知圆，直线过点.
（1）求圆的圆心坐标及半径长；
（2）若直线与圆相切，求直线的方程；
（3）当直线的斜率存在且与圆相切于点时，求.
【答案】（1）圆的圆心坐标为，半径长为；
（2）或；
（3）.
【解析】
【分析】（1）把圆的一般方程化为标准方程，求圆心坐标和半径；
（2）对切线分斜率存在与不存在两种情况，当斜率存在时，设直线点斜式方程，根据圆心到直线的距离等于半径建立等量关系，当斜率不存在时，根据切线过点可求切线方程；
（3）根据圆心与切点的连线垂直于切线，结合勾股定理求解.
【小问1详解】
圆方程可化为:，圆心坐标为，半径长为.
【小问2详解】
①当直线的斜率不存在时，方程为，圆心到直线距离为，满足题意．
②当直线的斜率存在时，设直线的方程是，即.
由圆心到直线的距离等于半径得，，解得，
此时直线的方程为.
综上，直线的方程为或.
【小问3详解】
∵圆的圆心坐标为，，
∴.
如图，由相切得，，，
∴.
18. 2024年奥运会在巴黎举行，中国代表团获得了40枚金牌，27枚银牌，24枚铜牌，共91枚奖牌，取得了境外举办奥运会的最好成绩，运动员的拼搏精神给人们留下了深刻印象.为了增加学生对奥运知识的了解，弘扬奥运精神，某校组织高二年级学生进行了奥运知识能力测试.根据测试成绩，将所得数据按照，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示.
（1）求a值和该样本的第75百分位数；
（2）试估计本次奥运知识能力测试成绩的平均分；
（3）该校准备对本次奥运知识能力测试成绩不及格（60分以下）的学生，采用按比例分配的分层随机抽样方法抽出5名同学，再从抽取的这5名同学中随机抽取2名同学进行情况了解，求这2名同学分数在，各一人的概率.
【答案】（1）0.030，第75百分位数为82
（2）平均分为71 （3）
【解析】
【分析】（1）根据百分位数定义结合题意计算即可；
（2）根据频率直方图中的平均数计算方法求解即可；
（3）利用分层抽样、列举法及古典概型即可求解.
【小问1详解】
由题意可得：，
解得：；
因为，，
所以该样本的第百分位数在区间，
所以设该样本的第百分位数为，则可得方程：
，
解得：，
即该样本的第百分位数为.
【小问2详解】
因为，
故估计本次奥运知识能力测试成绩的平均分为.
【小问3详解】
采用分层抽样从和抽取名同学，
因为，
则应在成绩为的学生中抽取人，记为，；
在成绩为的学生中抽取人，记为，，；
再从抽取的这名同学中随机抽取名同学有如下结果，
，，，，，
，，，，共10种可能结果；
其中在40,50，50,60各一人的共种；
所以所求概率，
则这名同学分数在40,50，50,60各一人的概率为.
19. 如图，在四棱锥中，平面，且.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）在棱上是否存在点（与不重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）根据线面的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用空间向量平面间夹角公式进行求解即可；
（3）利用空间向量线面角夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
因为平面平面，
所以，
又因为，
所以，而平面，
所以平面；
【小问2详解】
因为平面平面，
所以，而，
于是建立如图所示的空间直角坐标系，
，
由（1）可知：平面，
所以平面的法向量为，
设平面法向量为m=x,y,z，，
则有，
设平面与平面夹角为，
；
小问3详解】
设，设，
于是有，
，由（2）可知平面的法向量为，
假设与平面所成角的正弦值为，则有，或舍去，
即.