2024-2025学年湖南省益阳市安化县高二上学期期中数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年湖南省益阳市安化县高二上学期期中数学检测试题（附解析），共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题:本题共8小题，每小题5分，满分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，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知直线，，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
3．已知空间向量，，若，则（ ）
A．4B．6C．D．
4．设椭圆C1：＋y2＝1(a>1)，C2：＋y2＝1的离心率分别为e1，e2.若e2＝e1，则a＝（ ）
A．B．C．D．
5．设直线l的斜率为k，且，求直线l的倾斜角的取值范围
A．B．
C．D．
6．一动圆与圆外切，与圆内切，则动圆圆心点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
7．在四棱锥中，，则这个四棱锥的高h等于（ ）
A．1B．2C．13D．26
8．已知椭圆的右焦点为是椭圆上一点，点，则的周长最大值为（ ）
A．14B．16C．18D．20
二、多项选择题:本题共3小题，每小题6分，满分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3分，有选错的得0分.
9．如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中以顶点为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（ ）
A．B．与所成角的余弦值为
C．平面D．与平面所成角的余弦值为
10．下面四个结论正确的是（ ）
A．已知向量，则在上的投影向量为
B．若对空间中任意一点，有，则四点共面
C．已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底
D．若直线的方向向量为，平面的法向量，则直线
11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“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.在平面直角坐标系中，，点P满足.设点P的轨迹为C，下列结论正确的是（ ）
A．C的方程为
B．在x轴上存在异于的两定点，使得
C．当三点不共线时，射线是的平分线
D．在C上存在点M，使得

三、填空题:本题共4小题，每小题5分，满分15 分
12．设复数满足，则 ．
13．如图是某圆拱形桥的示意图，雨季时水面跨度AB为6米，拱高(圆拱最高点到水面的距离)为1米．旱季时水位下降了1米，则此时水面跨度增大到 米．
14．已知圆，点，从坐标原点向圆作两条切线，切点分别为，若切线的斜率分别为，，且，则的取值范围为 ．
四、解答题:本题共5小题，满分87分,解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤15．（1）在△ABC中，内角所对的边分别为，且，且.求角A，C的大小；
（2）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，求的面积.
16．“山水画卷，郴州相见”，2023年9月16日，第二届湖南省旅游发展大会开幕式暨文化旅游推介会在郴州举行.开幕式期间，湖南卫视全程直播.学校统计了100名学生观看开幕式直播的时长情况（单位：分钟），将其按照，，，，，分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图：
请完成以下问题：
(1)求的值，并估计样本数据的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
(2)为进一步了解学生观看开幕式的情况，采用分层抽样的方法在观看时长为和的两组中共抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2名学生进行问卷调查，求抽取的这2名学生至少有1人观看时长在内的概率.
17．已知圆，直线.
(1)求证直线恒过定点；
(2)直线被圆截得的弦长最短时的值以及最短弦长.
18．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，M为棱的中点．
(1)证明：平面；
(2)证明：；
(3)若，，求二面角的余弦值.
19．已知椭圆，点在椭圆上，椭圆的离心率是.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点为椭圆长轴的左端点，为椭圆上异于椭圆长轴端点的两点，记直线斜率分别为，若，请判断直线是否过定点？若过定点，求该定点坐标，若不过定点，请说明理由.
答案
1．D
【分析】直接利用集合的运算求解即可.
★解析：因为，，
所以或.
故选：D
2．A
★解析：若“”，
则m(m+1)+(m+1)(m+4)=0，解得：m=−1，或m=−2
故“”是“”的充分不必要条件，
故选A
3．C
【分析】求得，进而可得，求解即可.
★解析：因为，
因为，所以，解得.
故选：C.
4．A
★解析：
由e2＝e1，得e＝3e，因此＝3×.而a>1，所以a＝.故选A.
5．D
根据直线斜率的取值范围，以及斜率和倾斜角的对应关系，求得倾斜角的取值范围.
★解析：直线l的斜率为k，且，
∴，.
∴.
故选：D.
本小题主要考查直线斜率和倾斜角的对应关系，属于基础题.
6．D
【分析】根据两圆位置关系分析可得，结合椭圆的定义分析求解.
★解析：由题意可知：圆的圆心，半径；
圆的圆心，半径；
因为，可知圆与圆内切于点，

显然圆心不能与点重合，设圆的半径为，
由题意可知：，则，
可知点M的轨迹是以为焦点的椭圆（点除外），
且，可得，
所以点的轨迹方程为.
故选：D.
7．B
【分析】求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式计算即得.
★解析：设平面的法向量，则，令，得，
所以这个四棱锥的高.
故选：B
8．C
【分析】设椭圆的左焦点为，由题可知，，利用，即可得出．
★解析：如图所示设椭圆的左焦点为，则
，
则，
，
的周长，当且仅当三点M，，A共线时取等号．
的周长最大值等于18．
故选：C．
9．ABC
【分析】A.由 求解判断；B. 利用空间向量的数量积运算求解判断； C. 由是否为零判断；D. 由与AC的夹角的余弦值判断.
★解析：A.因为，
所以 ，
，
，故正确；
B. 因为，
所以，
所以，故正确；
C. 因为，
所以，又，所以平面，故正确；
D. 由题意知：与平面上的射影为AC，则与AC的夹角即为所求，
而，故错误.
故选：ABC
10．ABC
【分析】利用投影向量的定义判断A，利用空间四点共面，满足，其中判断B，根据向量基底的概念判断C，利用线面关系的向量表示判断D.
★解析：选项A：因为，所以在上的投影向量为，故选项A正确；
选项B：因为，故选项B正确；
选项C：是空间的一组基底，，所以两向量之间不共线，所以也是空间的一组基底，故选项C正确；.
选项D：因为直线的方向向量为，平面的法向量，，则直线或，故选项D错误；
故选：ABC
11．BC
【分析】设点，根据求出的轨迹方程可判断A；假设在x轴上存在异于的两定点使得，设，根据、点P的轨迹方程求出可判断B；由利用余弦定理可判断C；设，由、点M在C上解得无实数解可判断D.
★解析：设点，则，化简整理得，
即，故A错误；
假设在x轴上存在异于的两定点，
使得.设，则，
化简整理得，
由点P的轨迹方程为得，
解得或，因为点异于点，所以，
所以假设成立，故B正确；
由于，
只需证明，
即证，
化简整理得，又，
则
，则，故C正确；

设，由得，
整理得①，
又点M在C上，故满足②，联立①②，解得无实数解，故D错误.
故选：BC.
12．2
【分析】由题意，，利用复数的除法运算可化简得到，利用模长公式即得解
★解析：由题意，
故2
13．8
【分析】画出圆拱图示意图，构建直角坐标系，列出雨季和旱季时水位方程即可求出圆的半径，旱季时水面跨度.
★解析：
画出圆拱图示意图，设圆半径为,雨季时水位方程，解得；
旱季时水位方程，解得，所以此时水面跨度为.
所以答案为 8.
14．
【分析】先根据题意得到直线，的方程，再根据直线与圆的位置关系得到，结合，即可求得圆心的轨迹方程，求出，再由圆的性质可得的取值范围．
★解析：由题意可知，，半径为2，直线，，
因为直线，与圆相切，
所以，，
两边同时平方整理可得，
，
所以，是方程
的两个不相等的实数根，所以．又，
所以，即，则；
又，
根据圆的性质可得，
所以，
即．
故答案为.

思路点睛：求解定点到圆上动点距离的最值问题时，一般需要先求圆心到定点的距离，判定定点与圆的位置关系，再结合圆的性质，即可求出结果；也可根据圆的参数方程，结合三角函数的性质求解.
15．（1）；；
（2）
【分析】（1）利用余弦定理求出角，再求角即可；
（2）由余弦定理结合题设条件求出，即可求得的面积.
★解析：（1）因，则，由余弦定理，，
因，则，；
（2）由余弦定理，，代入整理得，
因则，解得，
故的面积为
16．(1)，平均值为93分
(2)
【分析】（1）根据频率分布直方图计算频率之和可得的值，从而可估计样本数据的平均数；
（2）结合古典概型运算公式，列举基本事件总数和符合条件的事件总数即可得所求概率问题.
★解析：（1）由，
得.
观看时长在：频率，
频率，
频率，
频率，
频率，
频率，
样本平均值为：，
可以估计样本数据中平均值为93分.
（2）由题意可知，观看时长在的人数为（人），
在的人数为（人）.
用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，
则需在内抽2人，分别记为，，
需在内抽3人，分别记为，，.
设“从样本中任取2人，至少有1人在内”为事件，
则样本空间
共包含10个样本点，而的对立事件包含3个样本点，
所以，.
即抽取的这2名学生至少有1人在内的概率为.
17．(1)证明见解析
(2)；最短弦长为4
【分析】（1）将直线方程整理为，列方程组，求得定点坐标，即可得证；
（2）当直线时，直线被圆截得的弦长最短，求出直线的斜率，根据两直线垂直时斜率乘积为求出直线斜率，由两点间的距离公式求出圆心到直线的距离，再利用垂径定理，勾股定理求出最短弦长即可．
★解析：（1）证明：直线，可化为，
联立，解得．
故直线恒过定点．
（2）圆，圆心，半径
设，则点在圆内，故当直线时，直线被圆截得的弦长最短．
因为直线的斜率为．
故直线的斜率为，解得．
此时圆心到直线的距离为，
所以最短弦长为．
18．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）取的中点，证明四边形是平行四边形，得得证；
（2）根据面面垂直的性质定理证明平面即可；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
★解析：（1）取的中点，连接，，如图所示：
∵M为棱的中点，
∴，，
∵，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，又平面，平面，
∴平面.
（2）∵平面平面，平面平面，平面，，
∴平面，又平面，
∴，
（3）∵，，，
∴，
∴，
因为，，
∴以点D为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图：
则，A1,0,0，，，P0,0,1，，
所以，，，
设平面的法向量为，
所以，即.
令，则，．所以平面的一个法向量为，
易知为平面的一个法向量，
所以，
因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.
19．（1）（2）过定点
【分析】（1）由点M（﹣1，32）在椭圆C上，且椭圆C的离心率是，列方程组求出a＝2，b，由此能求出椭圆C的标准方程．
（2）设点P，Q的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx+m，联立，得：（4k2+3）x2+8kmx+（4m2﹣12）＝0，利用根的判别式、韦达定理，结合已知条件得直线PQ的方程过定点（1，0）；再验证直线PQ的斜率不存在时，同样推导出x0＝1，从而直线PQ过（1，0）．由此能求出直线PQ过定点（1，0）．
★解析：（1）由点在椭圆上，且椭圆的离心率是，
可得，
可解得：
故椭圆的标准方程为.
（2）设点的坐标分别为，
（ⅰ）当直线斜率不存在时，由题意知，直线方程和曲线方程联立得：，，
（ⅱ）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立，消去得：，
由，有，
由韦达定理得：，，
故，可得：，
可得：，
整理为：，
故有，
化简整理得：，解得：或，
当时直线的方程为，即，过定点不合题意，
当时直线的方程为，即，过定点，
综上，由（ⅰ）（ⅱ）知，直线过定点.
本题考查椭圆方程的求法，考查直线方程是否过定点的判断与求法，考查椭圆、直线方程、根的判别式、韦达定理等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是中档题．