湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题

这是一份湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试数学试题，共17页。试卷主要包含了单项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，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，则集合（ ）
A．B．C．D．
2．在中， “”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．关于空间向量，以下说法错误的是（ ）
A．若，则的夹角是钝角
B．已知向量组是空间的一个基底，则不能构成空间的一个基底
C．若对空间中任意一点，有，则四点共面
D．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
4．下列各式中，值为的是（ ）
A．B．
C．D．
5．点的极坐标为，则点的直角坐标为（ ）
A．B．C．D．
6．点为圆上任意一点，则的最小值为（ ）
A．4B．2C．D．1
7．在下图所示直四棱柱中，底面为菱形，，，，点是体对角线的中点，则顶点到平面距离为（ ）

A．B．C．D．
8．已知抛物线，直线经过抛物线的焦点为，与抛物线交于，为坐标原点，则的可能值为（ ）
A．B．C．D．
二､多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 2 分.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
9．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为B．的值域为
C．的图象关于直线对称D．有1个零点是
10．如图，在正三棱柱中，，是棱上任一点，则下列正确的是（ ）
A．正三棱柱的外接球表面积为
B．若是棱中点，则三棱锥的体积为
C．周长的最小值为
D．棱上总存在点，使得直线平面
11．数学著作《圆锥曲线论》中给出了圆的一种定义：平面内，到两个定点，距离之比是常数（，且）的点的轨迹是圆．若两定点，，动点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．点的轨迹围成区域的面积为
B．点的轨迹关于直线对称
C．点到原点的距离的最大值为6
D．面积的最大值为
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．若双曲线x2－4y2＝4的左、右焦点分别是F1、F2，过F2的直线交右支于A、B两点，若|AB|＝5，则△AF1B的周长为 ．
13．空间四边形中，，，，分别是，，，中点，直线，所成角为，，，则四边形面积为 ．
14．已知抛物线的焦点为，准线与轴的交点为，为抛物线上的一点，且满足，则 .
四､解答题：本大题共 5 小题，共 80 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15．已知圆过点，，．
(1)求圆的标准方程；
(2)若过点且斜率为的直线与圆相切，求直线的方程．
16．某机构的招聘面试有3道难度相当的问题，假设小明答对每个问题的概率都是0.6．按照规则，每位面试者共有3次机会，一旦答对所抽到的问题，则面试通过，否则继续抽取下一个问题，依次类推，直到第3个问题为止．用G表示答对问题，用B表示答错问题，假设问题是否答对相互之间不影响．
(1)请写出这个面试的样本空间；
(2)求小明不能通过面试的概率．
17．如图一，是等边三角形，为边上的高线，，分别是，边上的点，；如图二，将沿翻折，使点到点的位置，.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的正弦值.
18．已知半径小于10的圆与两坐标轴相切，且是圆上一点，过的直线与圆交于另外一点.
(1)求的标准方程；
(2)若，求直线的方程.
19．圆，动圆过点且与圆相切，记圆心的轨迹为.
（1）求轨迹的方程；
（2）若分别是轨迹与轴的左、右交点，动点满足，连接交轨迹于点，问：轴上是否存在异于点的定点，使得以为直径的圆恒过直线，的交点？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.
参考答案：
1．C
【分析】利用Venn图数形结合求解集合.
【详解】由，如下图示，
且，
则.
故选：C.

2．C
【分析】由三角形大边对大角可知，再由正弦定理可知充分性成立，同理可得必要性也成立.
【详解】由题可知，又，可知，可得；
又，所以，所以充分性成立；
若，可得，即，
又，，所以，可得，即；所以必要性成立；
因此“”是“”的充要条件.
故选：C
3．A
【分析】根据向量夹角的范围、空间基底的定义、空间向量基本定理的知识依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，若夹角为，则成立，A错误；
对于B，，共面，
不能构成空间的一个基底，B正确；
对于C，由得：，
即，又，
所以由空间向量基本定理可知：四点共面，C正确；
对于D，若空间中的三个向量中有两个向量共线，且三个向量中，任意两个向量均共面，
三个向量必然共面，D正确.
故选：A.
4．B
【分析】本题可通过二倍角的正弦公式求出，然后根据二倍角的余弦公式求出，再然后根据二倍角的余弦公式以及两角差的余弦公式求出，最后通过二倍角的正切公式求出，即可得出结果.
【详解】选项A：；
选项B：；
选项C：
；
选项D：，
故选：B.
【点睛】本题考查二倍角公式以及两角差的余弦公式的应用，考查的公式有、、以及，考查计算能力，是简单题.
5．D
【分析】首先可以根据点的极坐标为确定、的值，然后根据以及即可求出点的直角坐标.
【详解】因为点的极坐标为，
所以，，
因为，，
所以，，点的直角坐标为，
故选：D.
【点睛】本题考查直角坐标与极坐标的相互转化，考查的公式为、，考查计算能力，是简单题.
6．D
【分析】将所求的看成是点和点之间的距离的平方，所以先求出点所在的圆的圆心到的距离，再减去半径，得到答案.
【详解】看成是点和点之间的距离的平方，
而点为圆上任意一点，
所以圆心到点的距离为，圆的半径，
故圆上的点到的距离最小值为，
所以其最小距离的平方也为.
故选D.
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，圆上动点到定点的距离，属于简单题.
7．A
【分析】根据正四棱柱性质利用线面垂直可得顶点到平面的距离即为顶点到平面的距离，计算可得结果.
【详解】连接交于点，连接交于点，连接，如下图所示：

由点是体对角线的中点，根据四棱柱性质可知点在线段上，即平面；
因此顶点到平面的距离即为顶点到平面的距离，
因为是直四棱柱，所以平面，
又平面，所以，
又因为为菱形，所以，
且，平面，可得平面；
因此即为顶点到平面的距离，
由，可得，
所以顶点到平面距离为.
故选：A
8．B
【分析】设，与抛物线方程联立可得韦达定理的结论，利用向量夹角公式可表示出，利用坐标运算整理化简，结合韦达定理可求得且，依次判断各个选项即可.
【详解】由抛物线方程知：，
由题意知：直线斜率不为，则可设，，，
由得：，，，
，
，
，A错误；
，
，B正确；，C错误；，D错误.
故选：B.
9．ABD
【分析】由正弦函数的性质，利用函数解析式，求函数最小正周期和值域验证选项AB；代入检验法判断对称轴和零点验证选项CD.
【详解】，
对于A，的最小正周期为，故A选项正确；
对于B，，所以，故B选项正确；
对于C，，其中，故C选项错误；
对于D，，故D选项正确.
故选：ABD.
10．ABD
【分析】对于A：设外接球半径为，底面外接圆半径为，根据，即可求解；对于B：利用等体积转换即可求解；对于C：由侧面展开图确定周长最小值即可求解；对于D：在上取一点使得，当时，四边形为平行四边形，从而可得，再由线面平行的判定定理得到直线平面.
【详解】对于A,正三棱柱中，，
设外接球半径为，底面外接圆半径为，
所以，即，
因为，
所以正三棱柱正三棱柱得外接球表面积为，故A正确；
对于B，因为是棱中点，所以，因为
,
所以三棱锥的体积为，故B正确；
对于C，
由侧面展开图所示，
周长
,
所以其最小值为故C错误；
对于D, 在上取一点使得，则，
当时，四边形为平行四边形，故，
又平面， 平面，所以直线平面,故D正确，
故选:ABD.
11．ABD
【分析】设动点，则，，由，得动点的轨迹方程为，可得圆心坐标和半径，即可判断AB是否正确；对于D，只需，即可判断D是否正确；对于C：根据圆心到原点的距离加上半径即可求解.
【详解】设动点，则，，
由，即，
所以，所以，
所以动点的轨迹方程为，
所以点的轨迹是圆且圆心，半径为，
对于A：点的轨迹 区域面积，故A正确；
对于B，圆心在直线上，故点的轨迹关于直线对称，B正确，
对于C，,故点到原点的距离的最大值为,C错误，
对于D ，
又，所以，而，则的最大值为．D正确，
故选：ABD
12．18
【分析】根据双曲线定义，分别求解△AF1B的各边长，再计算周长即可．
【详解】由双曲线定义可知|AF1|＝2a＋|AF2|＝4＋|AF2|；|BF1|＝2a＋|BF2|＝4＋|BF2|，
∴|AF1|＋|BF1|＝8＋|AF2|＋|BF2|＝8＋|AB|＝13．
△AF1B的周长为|AF1|＋|BF1|＋|AB|＝18．
故答案为：18.
13．
【分析】根据题设四边形为平行四边形，利用已知及三角形面积公式求其面积即可.
【详解】由题设，可得如下示意图，且，
所以四边形为平行四边形，
由中位线性质，有，
直线，所成角为或其补角，即为或，
所以四边形的面积.
故答案为：
14．
【分析】过点N作准线的垂线，交准线于点P，由双曲线的定义可得，进而可得结果.
【详解】
过点N作准线的垂线，交准线于点P，则，设，则
故答案为：
15．(1)
(2)或
【分析】（1）设出圆的标准方程，代入三个点的坐标，求解即可；
（2）利用点斜式写出直线的方程，利用圆心到直线的距离等于半径列出等式，求解即可．
【详解】（1）解：设圆的标准方程为，
则有，解得，，，
所以圆的标准方程为；
（2）解：因为直线过点且斜率为，
则直线的方程为：，即，
因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离为，解得或，
所以直线的方程为或.
16．(1)；
(2).
【分析】（1）根据题设写出样本空间即可.
（2）由小明不能通过面试的事件为，应用独立事件乘法公式求概率即可.
【详解】（1）由题设，样本空间为.
（2）由题意，小明不能通过面试的事件为，
∴小明不能通过面试的概率.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据平面得到，根据勾股定理得到，进而得到平面；
（2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，得到平面和平面的一个法向量，根据向量的夹角公式计算即可.
【详解】（1）是等边三角形，，为边上的高线，
，则，，
又，平面，平面，
平面，平面，
，
在内，，，，
，
，
又，平面，平面，
平面；
（2）分别以，，的方向为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，
则，
取，则，，，
设平面的法向量为，
，
取，则，，，
设平面与平面的夹角为，，
则，
，
平面与平面夹角的正弦值为.
18．(1)圆的标准方程为；
(2)直线的方程为或.
【分析】（1）设圆的标准方程，列方程求出圆心坐标和半径可得圆的标准方程；
（2）结合条件求圆心到直线的距离，验证的斜率不存在时满足要求，当的斜率存在时，由点到直线距离公式求出直线斜率，由此可得直线方程.
【详解】（1）因为圆与两坐标轴相切，且是圆上一点，且点在第一象限，所以圆的圆心在第一象限，设圆的标准方程为，，由已知可得， ，化简可得，所以，故或，解得或，因为，所以，故不合题意，舍去，所以，所以圆的标准方程为；
（2）设圆心到直线的距离为，则，由，解得.
当直线的斜率不存在时，直线方程为，
圆心到直线的距离，即直线被圆所截得的弦长为，符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
则，解得：，
故的方程是，
综上所述，直线的方程为或.
19．(1) ；(2)见解析
【分析】（1）由圆内切于圆，可得：，即可判断点的轨迹为椭圆，求出椭圆中的即可求得点的轨迹方程；
（2）由（1）知，点，，由题意可设直线，，，由，整理得：，由此可判断方程有两个解，，，，
表示出点P,Q的坐标，要存在满足题设的点，则，利用列方程整理可得：恒成立，求得，故存在定点满足题设要求.
【详解】（1）因为在内，所以圆内切于圆，
因为，所以点的轨迹为椭圆，且，，
∴，所以的轨迹方程为.
（2）由（1）知，点，，
由题意可设直线，，
由，整理得：
方程显然有两个解，，，，
所以点，设点，
若存在满足题设的点，则，
由，及，，
整理可得：恒成立，所以，故存在定点满足题设要求.
【点睛】（1）利用圆内切得到（），及动圆过点则有，发现动圆圆心满足椭圆的定义：即，把问题转化成椭圆的标准方程求解．
（2）根据直径所对的圆周角是直角，把线段垂直转化成化成向量垂直．由，利用向量坐标运算把转化成关于x1+x2，的一个方程，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示出x1+x2，，代入方程即可求解．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
A
B
D
D
A
B
ABD
ABD
题号
11









答案
ABD