2025阳江高新区高二上学期1月期末考试数学含解析

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本试卷共4页，19小题，满分150分.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：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.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由集合并集的定义直接得到结果.
【详解】.
故选：D.
2. 在复平面内，复数对应点位于第二象限，则实数a的取值范围为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的几何意义得出对应不等式即可得结果.
【详解】复数，其对应的点在第二象限，
则，解得．
故选：A
3. 在梯形 中，满足 ，则 （ ）
A. 4B. 6C. 10D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】由向量线性运算得，然后由计算．
【详解】∵，∴，
，
故选：C．
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据两角和的余弦公式求出，再将平方结合平方关系化简即可得解.
【详解】因为，
所以，则，
即，
即，
即，
所以.
故选：C.
5. 圆台的高为2，体积为，两底面圆的半径比为，则母线和轴的夹角的正切值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据圆台的体积公式求出圆台的上下底半径，再求母线和轴的夹角的正切值.
【详解】设圆台上底半径为，则下底半径为，
由题意：.
所以圆台母线和轴的夹角的正切值为：.
故选：B
6. 已知球的半径为，是球表面上的定点，是球表面上的动点，且满足，则线段轨迹的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以球的球心为坐标原点，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，设，根据题设可得，在线段取点，使，从而得线段轨迹为圆锥的侧面，即可求解.
【详解】如图，以球的球心为坐标原点，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，
因为球的半径为，则，设，
则，，所以，
又，，则，得到，
如图，在线段取点，使，所以线段轨迹为圆锥的侧面，
又，则，所以圆锥的侧面积为，
所以线段轨迹的面积为，
故选：C.
7. 在平面直角坐标系中，，点在直线上，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，设点，根据投影向量的公式求解.
【详解】根据题意，设点，则，
则在上的投影向量为
.
故选：C
8. 已知两个不同的圆，均过定点，且圆，均与轴、轴相切，则圆与圆的半径之积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】按点的位置分不在坐标轴与在坐标轴上两种情况讨论，结合圆的标准方程，点在圆上，以及方程根的情况综合分析的值即可.
【详解】当点在第一象限时，圆，的方程为的形式，
代入点的坐标，可得关于的方程，
圆，的半径，是该方程的两个不同实根，
所以，同理，当点在第二、三、四象限时也可得．
当点在轴上时，，
此时圆，的圆心分别位于第一、二象限（或第三、四象限），两圆在点处相切，
且，满足．
同理，当点在轴上时，，同样满足．
故选：C.
【点睛】结论点睛：圆的标准方程为，其中圆心为，半径为.
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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法不正确的是（ ）
A. 至少有一个实数x，使
B. 若定义域为，则的定义域是
C. 命题p：，，则，
D. “集合中只有一个元素”是“”的必要不充分条件
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据求解范围判断A，根据抽象函数定义域法则求解判断B，根据全称量词命题的否定求解判断C，根据集合只有一个元素得只有一根，分类讨论求解其充要条件即可判断D.
【详解】对于A，在实数范围内，，则，故A不正确；
对于B，因为的定义域为，所以，即，
所以对于，，解得，
所以的定义域是，故B不正确；
对于C，命题p：，，则，，故C不正确；
对于D，若集合中只有一个元素，
当时，，符合题意；
当时，由题意可得，即，综上或，
所以必要性成立，故D正确；
故选：ABC
10. 投掷一枚质地均匀的硬币三次，设随机变量．记A表示事件“”，表示事件“”，表示事件“”，则（ ）
A. 和互为对立事件B. 事件和不互斥
C. 事件和相互独立D. 事件和相互独立
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，由对立事件的定义分析A，由互斥事件的定义分析B，由相互独立事件的定义分析CD，综合可得答案．
【详解】根据题意，表示事件“”，即前两次抛掷中，一次正面，一次反面，则，
表示事件“”，即第二次抛掷中，正面向上，则，
表示事件“”，即前三次抛掷中，一次正面，两次反面，，
依次分析选项：
对于A，事件、可能同时发生，则事件、不是对立事件，A错误；
对于B，事件、可能同时发生，则事件和不互斥，B正确；
对于C，事件，即前两次抛掷中，第一次反面，第二次正面，，
由于，则事件和相互独立，C正确；
对于D，事件，即三次抛掷中，第一次和第三次反面，第二次正面，，
，事件、不是相互独立事件，D错误．
故选：BC．
11. 已知两定点，，动点M满足条件，其轨迹是曲线C，过B作直线l交曲线C于P，Q两点，则下列结论正确的是（ ）
A. 取值范围是
B. 当点A，B，P，Q不共线时，面积的最大值为6
C. 当直线l斜率时，AB平分
D. 最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】分析可知曲线C是以为圆心，半径的圆.对于A：根据圆的性质分析求解；对于B：设，联立方程，利用韦达定理可得，即可得面积最大值；对于C：利用韦达定理可得，进而分析角度关系即可；对于D：根据AB平分，结合切线分析求解即可.
【详解】设，
因为，即，整理可得，
可知曲线C是以为圆心，半径的圆.
对于选项A：因为，可知点B在曲线C内，且直线l与曲线C必相交，
且，则的最大值为，最小值为，
所以取值范围是，故A正确；
设，
联立方程，消去x可得，
则.
对于选项B：可得，
令，则，
可得，
因为在内单调递增，则的最小值为，
即，则，
可得的面积，
所以面积的最大值为，故B错误；
对于选项C：因为，
又因为，
则，
即，可知，所以AB平分，故C正确；
对于选项D：因为AB平分，则，
可知当与曲线C相切时，取到最大值，
此时，且为锐角，则，
即的最大值为，则的最大值为，
所以最大值为，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：根据题意结合两点间距离公式分析可知曲线C是以为圆心，半径的圆，结合圆的性质逐项分析判断.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 设，若，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由同角的三角函数，二倍角的正余弦、两角差的正弦展开式计算即可；
【详解】，若，，
，
，，
．
故答案为：.
13. 已知三棱台上、下底面均为正三角形，且平面平面，，为的中点，则直线与夹角的余弦值为______．
【答案】
【解析】
【分析】因为，所以直线与的夹角即为直线与的夹角，结合面面垂直的性质，等边三角形的性质，确定的大小，结合余弦定理即可得夹角余弦值.
【详解】如图所示，
因为，所以直线与的夹角即为直线与的夹角，
取的中点为，由题知和为等边三角形，
则，
又，则也是等边三角形，故，
设为在平面上的投影，则平面，
因为平面平面，交线为，因为为的中点，所以
又平面，所以平面，
则，且，故四边形为矩形，
故，且，则，
又，所以，则，
又，所以，
又，则，
所以在中，由余弦定理得，
所以直线与夹角的余弦值为．
故答案为：．
14. 点为圆上一点，过作圆的切线，且直线与直线平行，则与之间的距离是________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得过点的切线斜率，即可得到直线方程，再由两平行直线间的距离公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得圆的圆心，半径为，
则，所以过的切线斜率为，
所以直线的方程为，即，
又直线与直线平行，所以，
则与之间的距离是.
故答案为：.
15. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合二倍角的正弦公式即可得解；
（2）根据余弦定理结合已知求出之间的关系，再利用余弦定理即可得解.
【小问1详解】
因为，所以由正弦定理得，
因为，所以，
所以，则，
因为，所以，
又因为，所以；
【小问2详解】
，由余弦定理可得，，
又，，，
，即，
.
16. 已知圆过，两点，且圆心在直线上．
（1）求圆的方程；
（2）若直线过点且被圆截得的线段长为，求的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）先设圆的一般方程为，结合题意有，解出D，E，F值，代入即可求得圆的一般方程；
（2）根据题意，分类讨论，斜率存在和斜率不存在两种情况：①当直线的斜率不存在时，满足题意；②当直线的斜率存在时，设所求直线的斜率为，则直线的方程为，由点到直线的距离公式求得的值，即可得到直线的方程，再综合在这两种情况即可．
【小问1详解】
设圆的一般方程为，圆心，
根据题意有，解得，
故所求圆的一般方程为，
【小问2详解】
如图所示，，设是线段的中点，则，，
又，∴在中，得，
当直线的斜率不存在时，满足题意，此时方程为．
当直线的斜率存在时，设所求直线的斜率为，则直线的方程为，即，
由点到直线的距离公式，得，此时直线的方程为．
综上，所求直线的方程为或．
17. 课外阅读对于培养学生的阅读兴趣、拓宽知识视野、提高阅读能力具有重要作用．某市为了解中学生的课外阅读情况，从该市全体中学生中随机抽取了500名学生，调查他们在寒假期间每天课外阅读平均时长（单位：分钟），得到如下所示的频数分布表，已知所调查的学生中寒假期间每天课外阅读平均时长均不超过100分钟．
（1）估计这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）若按照分层抽样的方法从本次调查中寒假期间每天课外阅读平均时长在和的两组中共抽取6人进行问卷调查，并从6人中随机选取2人进行座谈，求这2人中至少有一人寒假期间每天课外阅读平均时长在的概率．
【答案】（1）49； （2）.
【解析】
时长
学生人数
50
100
200
125
25
【分析】（1）利用频率分布表估算平均数即可得解.
（2）求出两个指定区间内的人数，利用列举法求出概率.
【小问1详解】
依题意，样本中500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数
，
所以估计这500名学生寒假期间每天课外阅读平均时长的平均数为49．
【小问2详解】
抽取的6人中寒假期间每天课外阅读平均时长在内有：人，在内有4人，
记内的2人为A，B，记内的4人为，
从这6人中随机选2人基本事件有：
，共15种，
其中至少有一人每天课外阅读平均时长在的基本事件有，共9种，
设“选取的2人中至少有一人每天课外阅读平均时长在”，则．
18. 如图，三棱锥中，平面，，为中点，为中点，为中点.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连，利用三角形中位线性质，线面平行的判定推理即得.
（2）根据给定条件，作出三棱锥底面上的高，利用几何法求出线面角的正弦.
【小问1详解】
连，由为中点，为中点，得，
又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
设，由平面，平面，
得，则，取中点，则，
又平面，则平面，
又平面，于是平面平面，又平面面，
过点在平面内作于，于是平面，连，

则为直线与平面所成的角，
在中，，，，
在中，，
所以直线与平面所成角的正弦值.
19. 已知为圆上任意一点，点，线段的垂直平分线与交于点，记点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）过点作直线（与轴不重合）与相交于点，，直线与轴交于点，，求的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可知点的轨迹是以为焦点的椭圆，进而可得方程；
（2）设直线，，根据向量可得，结合韦达定理运算求解.
小问1详解】
由题意可知：的圆心为，半径为4，且，

则，
可知点的轨迹是以为焦点的椭圆，则，
所以的方程为.
【小问2详解】
因为点在椭圆内部，可知直线与椭圆必相交，

设直线，，则，
联立方程，消去x可得，
则，
又因为，
若，则，即，
可得，解得，
所以的方程为，即.