重庆市西南大学附属中学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题 含解析

这是一份重庆市西南大学附属中学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题 含解析，共21页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 直线的倾斜角范围为， 符合入冬指标；，符合入冬指标等内容，欢迎下载使用。

（满分：150分；考试时间：120分钟）
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上.
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整.
3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）.
一、单选题：本大题共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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的几何意义得到，再利用共轭复数的定义，即可求解.
【详解】因为复数对应点的坐标是，得到，所以，
故选：B.
2. 已知直线与，则“”是“”的（ ）条件.
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】利用两直线垂直的充要条件得到，从而得到或，再利用充分条件与必要条件的判断方法，即可求解.
【详解】当直线与垂直时，，即，
解得或，
所以可以推出，但推不出，即“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
3. 下列函数中，在区间上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可.
【详解】对于A，因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，故A错误；
对于B，因为在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递减，故B错误；
对于C，因为在上单调递减，在上单调递减，
所以在上单调递增，故C正确；
对于D，因为，，
显然在上不单调，D错误.
故选：C.
4. 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.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用百分位数的求法，即可求解.
【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.
5. 已知直线与圆交于点，，当变化时，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件得直线过定点，且定点在圆内，先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，从而知最大时，弦长最短，再利用几何关系，即可求解.
【详解】易知直线过定点，又，所以点在内，
又易知圆心为，半径为，
设圆心到直线的距离为，则，
当最大时，MN最小，此时直线与直线垂直，即，
所以MN的最小值为，

故选：D.
6. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A. 1B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离.
【详解】如图，底面为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设，
分别取的中点，连接，
则，且，平面，
可知平面，且平面，
所以平面平面，
过作的垂线，垂足为，即，
由平面平面，平面，
所以平面，
由题意可得：，则，即，
则，可得，
所以四棱锥的高为.
当相对的棱长相等时，不妨设，，
因为，此时不能形成三角形，与题意不符，这样情况不存在.
故选：D.
7. 直线的倾斜角范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先对进行讨论，当时得到直线倾斜角为，当时，由直线方程得到斜率，再由斜率可得倾斜角的范围.
【详解】当时，直线为：，
故直线的倾斜角为：；
当时，直线为：，
设直线倾斜角为，
即，
当时，，
当且仅当“”，即时取等号；
即，
当时，，
当且仅当“”，即时取等号；
即，
综上所述：.
故选：A
8. 根据气象学上的标准，连续5天的日平均气温低于即为入冬，将连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，现有4组样本①、②、③、④，依次计算得到结果如下：
①平均数；
②平均数且极差小于或等于3；
③平均数且标准差；
④众数等于5且极差小于或等于4．
则4组样本中一定符合入冬指标的共有（ ）
A. 1组B. 2组C. 3组D. 4组
【答案】B
【解析】
【分析】举反例否定①；反证法证明②符合要求；举反例否定③；直接法证明④符合要求.
【详解】①举反例：，，，，，其平均数．但不符合入冬指标；
②假设有数据大于或等于10，由极差小于或等于3可知，
则此组数据中的最小值为，此时数据的平均数必然大于7，
与矛盾，故假设错误.则此组数据全部小于10. 符合入冬指标；
③举反例：1，1，1，1，11，平均数，且标准差.但不符合入冬指标；
④在众数等于5且极差小于等于4时，则最大数不超过9.符合入冬指标.
故选：B．
二、多项选择题：本大题共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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次.记事件为两次数字之和为，事件为第一次数字小于等于，事件为两次数字之积为奇数，则（ ）
A. B. 与相互独立
C. 与为对立事件D. 与相互独立
【答案】AB
【解析】
【分析】先求出总的样本空间数，再用列举法求出事件，选项A，利用古典概率公式，即可求解；选项B和D，利用相互独立的判断方法，即可求解；选项C，利用互斥事件和对立事件的定义，即可求解.
【详解】用中的分别表示第一次、第二次掷一枚质地均匀的骰子的点数，
易知，总的样本空间数为，
事件包含的基本事件为：，共个，
事件包含的基本事件为：，，，共个，
事件包含的基本事件为：，共个
对于选项A，由古典概率公式得，故选项A正确，
对于选项B，由古典概率公式得，，，
因为，所以与相互独立，故选项B正确，
对于选项C，易知与互斥但不对立，所以选项C错误，
对于选项D，由古典概率公式得，又，所以，
即与不相互独立，故选项D错误，
故选：AB.
10. 已知点是圆上任意一点，直线：分别与轴、轴相交于点，则（ ）
A. 直线与圆相离B. 面积的最小值为
C. 的最大值为D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由圆心到直线距离与半径大小即可判断，对于B，确定圆心到直线的距离，即可求解，对于C，设，通过直线与圆恒有交点即可，对于D，由与圆相切即可求解.
【详解】对于A，由，得圆心，
圆心到的距离，直线与圆相离，A正确；
对于B，易知，，由A知，圆心到直线距离为，
故圆上点到直线距离的最小值为，
所以面积最小值为，B错误；
对于C，令，得，因为为圆上的点，
所以与圆有交点，
故，解得，C正确；
对于D，结合图象可知当与圆这种相切时，最小，

设斜率为，直线方程为：，由相切可得：，
解得，即的倾斜角为，所以，
易知，所以，D正确.
故选：ACD
11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G是棱上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）

A. 平面截正方体所得截面为六边形
B. 点G到平面的距离为定值
C. 若，且，则G为棱的中点
D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用平行线的传递性与平行线共面判断A，利用线面平行的判定定理判断B，利用空间向量推得四点共面，结合面面平行的性质定理判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围判断D，从而得解.
【详解】对于A，连接，
在正方体中，E，F分别为棱的中点，
所以，，
所以，则平面与平面为同一平面，
所以平面截正方体所得截面为平面，为四边形，故A错误；
对于B，在正方体中，E，F分别为棱中点，
所以，
又平面，平面，所以平面，
又点G是棱上的一个动点，所以点G到平面的距离为定值，故B正确；
对于C，连接，
因为，且，所以四点共面，
因为在正方体中，平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，
在正方体中，，
所以四边形是平行四边形，则，则，
因为E为棱的中点，所以G为棱的中点，故C正确；
对于D，以为原点，建立空间直角坐标系，如图，

设，则，
所以，
设平面的法向量为n=a,b,c，则，
令，则，故，
设直线与平面所成角为，
则，
因为，所以，则，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆与圆有条公切线，则实数的取值是_____.
【答案】
【解析】
【分析】根据条件得到圆与圆外切，再利用圆与圆的位置关系，即可求解.
【详解】因为圆与圆有条公切线，所以圆与圆外切，
又圆的圆心为，半径为，的圆心为，半径为，
所以，得到，又，所以，
故答案为：.
13. 已知点与点关于点对称.若，，，的平均数为5，方差为3.则，，，这组数的平均数为_____，方差为_____.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据条件得到，再结合平均数、方差计算公式，即可求解.
【详解】因为点与点关于点对称，
则，得到，
因为，，，的平均数为5，方差为3，则，，，这组数的平均数为，方差为，
故答案为：；.
14. 已知圆上任意一点，的取值与的位置无关，则的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知直线，直线位于圆的两侧，且与圆均不相交，从而可列出不等式得出的范围．
【详解】设直线，直线，
则Px,y到直线的距离为，Px,y到直线的距离为，
因为的取值与的位置无关，所以为常数，
所以圆在平行线之间，又直线在圆下方，所以直线在圆上方，
由，得到或，
故答案为：．
四、解答题：本大题共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. 某高校承办了成都世乒赛志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三､四､五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.
（1）求的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩的众数､平均数和分位数（分位数精确到0.1）；
（3）在第四､第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.
【答案】（1），
（2）众数为，平均数为69.5，分位数为71.7
（3）
【解析】
【分析】（1）由第三､四､五组的频率之和为0.7，所有组频率之和为1，列方程求的值；
（2）由频率分布直方图中众数､平均数和百分位数的定义公式计算；
（3）根据分层抽样确定的人数，解决古典概型概率问题.
【小问1详解】
因为第三､四､五组的频率之和为0.7，
所以，解得，
所以前两组的频率之和为，即，
所以.
【小问2详解】
众数为
平均数为，
前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，
所以分位数在第三组，且为.
【小问3详解】
第四､第五两组志愿者分别有20人，5人，采用分层抽样的方法从中抽取5人，
则第四组抽4人，记为，第五组抽1人，记为，
则从这5人中选出2人，有共10种结果，
两人来自不同组有共4种结果，
所以两人来自不同组的概率为.
16. 已知的三个顶点分别是，，.
（1）求边上的高所在的直线方程；
（2）求边上的中线所在的直线方程；
（3）求角平分线所在的直线方程.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用斜率坐标公式及垂直关系求出高所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得；
（2）求出中点坐标及中线所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得；
（3）先求出直线的单位向量，结合角平分线求出角平分线所在的直线的方向向量，结合方向向量和直线斜率的关系即可求出斜率，再根据点斜式即可求解.
【小问1详解】
直线的斜率，
则边上的高所在的直线斜率为，
直线又过，
所以AB边上的高所在的直线方程为，
即.
【小问2详解】
依题意，边的中点，
因此边上的中线所在直线的斜率，
直线又过，
所以边上的中线所在直线的方程为，
即.
【小问3详解】
由题意知：,
故与同方向的单位向量为：，
与同方向的单位向量为：，
故角平分线所在的直线的方向向量为：，
设角平分线所在直线的斜率为，
又直线的方向向量可以表示为，
，
直线又过，
故角平分线所在的直线方程为：，
即.
17. 在中，，，为，，的对边，.
（1）求；
（2）若为的角平分线，交于点，，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边转角得到，再利用辅助角公式和特殊角的三角函数值，即可求角；
（2）根据条件，利用等面积法，得到，再利用余弦定理得，联立求出，即可求解.
【小问1详解】
由，得到，
又，所以，即，得到，
又，所以，解得.
【小问2详解】
因为，，所以，
又，得到，
在中，由余弦定理得到，
又，所以，解得(舍负)，所以，
故的面积为.
18. 如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，，平面平面.
（1）证明：；
（2）求点到平面的距离；
（3）线段是否存在一点，使得平面平面，如果存在找出点的位置，不存在请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定可得平面，然后利用线面垂直性质定理结合平行即可得证.
（2）根据给定条件，结合余弦定理，利用等体积法求出点到平面的距离.
（3）由面面垂直的性质得到点到平面的距离为即是的长度，再由勾股定理确定点的位置即可.
【小问1详解】
连接，由四边形为菱形，得，由，得，
又平面平面，平面平面，面ABC，
则平面，又平面，于是，而，则，
又，平面，因此平面，又平面，
所以
【小问2详解】
点到平面的距离，即三棱锥的底面上的高，
由（1）知平面，则三棱锥的底面上的高为，
设点到平面的距离为d，由，得，
而，，则的面积，
由，，得，又，，则，
又，，由余弦定理得，
则，的面积，
则，即 ，所以点到平面的距离为.
【小问3详解】
设存在，
如图，由平面平面可得平面，
由（2）可得点到平面的距离为即是的长度，
在中，，
所以.
19. 已知二次曲线表示圆的充要条件为，且.关于二次曲线，有以下结论：若，，，为平面内三条直线，且，，，则过，，三点的二次曲线系方程为（，为参数）.若，，，为平面内四条直线，且，，，，则过四点的二次曲线系方程为（为参数）.
（1）若三角形三边所在直线方程分别为：，，.求该三角形的外接圆方程.
（2）记（1）中所求的外接圆为，直线与交于，两点（在第一象限），直线与交于，两点（在第二象限），直线交轴于点，直线交轴于点，直线与直线交于点.
（i）求证：；
（ii）求的最小值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）由题意，根据三条直线方程设出二次曲线系方程，通过方程表示圆的充要条件待定系数可得；
（2）由四条直线方程设出二次曲线系方程，再由已知圆的一般方程，对比两方程寻找系数的等量关系，由关系可证得，由关系式（即）可得交点在定直线上上，进而求解最值.
【小问1详解】
则由题意，可设所求三角形的外接圆方程为：（，为参数），
即
，（）
若方程表示圆，则，解得.
将代入（）式化简得，
验证：由，可知该方程表示圆
故该三角形的外接圆方程为.
【小问2详解】
如图，在平面直角坐标系中，
设直线与轴的交点，直线与轴的交点，
由题意知直线均不与轴垂直，
则直线方程可设为，直线方程可设为，
由题意可知，且.
不妨记直线分别为，
且，
其中，，，.
故由题意，过四点的二次曲线系方程可设为
（为参数），
即
①，
若时，方程表示两条直线，不表示圆，
故.
由四点不共线，且都在圆②上，
所以方程①②表示同一圆，
则有③，且④.
（i）由③式及，可得，
即；故（i）得证；
（ii）由③式可得，令，则，
代入④式可得，
联立直线方程，解得，
即交点在定直线上，故.
如图2，由对称性可知，当时，交点在轴上，
即，此时.
故的最小值为.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键有两点，一是理解二次曲线系方程的设法，能够根据题目提供的条件由直线方程设出二次曲线方程；二是二次曲线系方程的应用，本题主要是三角形外接圆与四边形外接圆的应用，第（1）问通过方程表示圆的充要条件待定系数，第（2）问通过同一圆的两种不同方程表达形式寻求等量关系从而解决问题.