内蒙古呼和浩特市2024-2025学年高二上学期期中质量检测 数学试卷（含解析）

这是一份内蒙古呼和浩特市2024-2025学年高二上学期期中质量检测 数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，只有一个是符合题目要求的.
1. （）
A. B. C.D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据除法运算可得，结合的性质即可得结果.
因为，
所以.
故选：D.
2. 设，则“”是“直线与直线平行”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】C
【解析】
【分析】根据直线平行求得，结合充分、必要条件分析判断.
因为∥，则，解得，
若，则，，两直线平行，符合题意；
若，则，，两直线重合，不符合题意；
综上所述：∥，等价于.
所以“”是“直线与直线平行”的充要条件.
故选：C.
3. 若tan+ =4,则sin2=
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
本题考查三角恒等变形式以及转化与化归的数学思想.
因为，所以..
【点评】本题需求解正弦值，显然必须切化弦，因此需利用公式转化；另外，在转化过程中常与“1”互相代换，从而达到化简的目的；关于正弦、余弦的齐次分式，常将正弦、余弦转化为正切，即弦化切，达到求解正切值的目的. 体现考纲中要求理解三角函数的基本关系式，二倍角公式.来年需要注意二倍角公式的正用，逆用等
4. 已知直二面角,点，,为垂足,，,为垂
足．若，则到平面的距离等于
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
如图，在平面内过点作于点．
因为为直二面角，，所以，从而可得．又因为，所以面，故的长度就是点到平面的距离．
在中，因为，所以
因为，所以．则在中，因为，所以．因为，所以，故选C
5. 设函数=（＞0，＜）的最小正周期为，且=，则（）
A. 在单调递减B. 在单调递减
C. 在单调递增D. 在单调递增
【答案】A
【解析】
【分析】由题意结合三角恒等变换得，由三角函数的性质可得、，再由三角函数的图象与性质即可得解.
由题意，
因为函数的最小正周期为，且=，
所以，且=，解得=2，=，
又，所以=，
所以==，
当时，，故在上单调递减，故A正确，C错误；
当时，，故在上不单调，故B、D错误.
故选：A.
【点睛】本题考查了三角函数图象与性质的综合应用，考查了三角恒等变换的应用，牢记三角函数图象的特征是解题关键，属于中档题.
6. 在中，内角的对边分别是.若，，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意利用正弦定理可得，，结合余弦定理运算求解即可.
因为，由正弦定理可得，
又因为，即，可得，
由余弦定理可得，
且，所以.
故选：A.
7. 已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，点在底面上的射影为线段的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设的中点为，连接、、，易知即为异面直线与所成的角（或其补角）．由余弦定理，计算得即可．
如图，设的中点为，连接、、，
，知即为异面直线与所成的角（或其补角）
设三棱柱的侧棱与底面边长均为1，
则，，，
由余弦定理，得
故选：D.
8. 直线与圆相交于两点，若，则实数的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得圆心到直线的距离，结合弦长可得，代入求解即可.
圆的圆心为，半径，
则圆心到直线的距离，
由题意可得：，解得，
即，整理可得，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错或不选得0分.
9. 将函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到函数的图象，则关于函数的表述正确的是（）
A. 的图象关于直线对称B. 的图象关于点中心对称
C. 存在，使得D. 在单调递增
【答案】CD
【解析】
【分析】根据图象变换可得，结合正弦函数性质逐项分析判断即可.
将函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，
得到函数.
对于选项A：因为不为最值，
所以直线不为的对称轴，故A错误；
对于选项B：因为，
所以图象关于点中心对称，故B错误；
对于选项C：因为的值域为，且，
所以存在，使得，故C正确；
对于选项D：因为，则，
且在内单调递增，所以在单调递增，故D正确；
故选：CD.
10. 已知是椭圆的两个焦点，点在椭圆上，则下列说法正确的是（）
A. 椭圆的离心率为B. 存在点，使得
C. 的最小值为D. 内切圆半径的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A：根据椭圆方程可得，即可得离心率；对于B：分析可知以为直径圆与椭圆没有交点，即可判断B；对于C：整理可得，结合的范围分析判断；对于D：利用等面积法可得，进而分析的面积的最值即可.
不妨设分别是左、右焦点.
对于选项A：由椭圆方程可得a=2，，，所以椭圆的离心率为，故A正确；
对于选项B：因为，可知以为直径的圆与椭圆没有交点，所以不存在点使得，故B错误；
对于选项C：由于对有，，从而.
所以不可能以为最小值，故C错误；
对于选项D：设内切圆半径为，则，故.
当且仅当点为短轴顶点时，取到最大值，所以内切圆半径的最大值为，故D正确；
故选：AD.
11. 在正方体中，分别为棱的中点，点是正方形的中心，则下列结论正确的是（）
A. 四点共面B. //平面
C. 平面平面D. 正方体被平面截得的截面是等腰梯形
【答案】CD
【解析】
【分析】对于ABC：建系，分别求平面，平面的法向量，利用空间向量判断位置关系；分别连接和，截面是等腰梯形，判断D.
如图所示，建立空间直角坐标系，设棱长为，
则，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得.
对于选项A：显然不共线，所以四点不共面，故A错误；
对于选项B：因为，即与不垂直，
所以不平行于平面，故B错误；
对于选项C：因为，即，
所以平面平面，故C正确；
对于选项D：分别连接和，则平面即平面，
可得，且，，
所以截面是等腰梯形，故D正确；
故选：CD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知则的值是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知等式可得，利用诱导公式以及两角和的正弦公式可得，从而可得结果.
因为，
所以，
，
故答案为.
【点睛】三角函数求值有三类，(1)“给角求值”：一般所给出的角都是非特殊角，从表面上来看是很难的，但仔细观察非特殊角与特殊角总有一定关系，解题时，要利用观察得到的关系，结合公式转化为特殊角并且消除非特殊角的三角函数而得解．(2)“给值求值”：给出某些角的三角函数式的值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使其角相同或具有某种关系．(3)“给值求角”：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围确定角．
13. 已知正三棱锥侧棱与底面边长都相等，则二面角的正弦值为________.
【答案】
【解析】
【分析】设棱长均为2，取的中点，分析可知二面角的平面角为，结合余弦定理运算求解即可.
设正三棱锥的棱长均为2，
取的中点，连接，
则，且，
可知二面角的平面角为，
由余弦定理可得，
则，
所以二面角的正弦值为.
故答案为：.
14. 已知F1，F2为双曲线C：x2-y2=2的左､右焦点，点P在C上，|PF1|=2|PF2|，则cs∠F1PF2=________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件结合双曲线定义求出|PF1|、|PF2|与|F1F2|，再借助余弦定理计算即得.
双曲线C：x2-y2=2，即，其实半轴长，半焦距c有，
由双曲线定义有|PF1|-|PF2|=2a=，而|PF1|=2|PF2|，则|PF1|=，|PF2|=，而|F1F2|=4，
则cs∠F1PF2==.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 设椭圆的左右焦点分别为，离心率，短轴长为2，点是椭圆上的两点，且.
（1）求椭圆的标准方程：
（2）求点A坐标.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据离心率和短轴列式求，即可得方程；
（2）设，根据向量可得相应关系，结合同角三角关系解得，即可得结果.
【小问1】
由题意可知：，解得，
所以椭圆的标准方程为.
【小问2】
由（1）可知：，
设，
则，
因为，则，即，
又因为，
解得，则，
所以点A的坐标为0,1或.
16. 在△ABC中，a, b, c分别为内角A, B, C的对边，且
（Ⅰ）求A的大小；
（Ⅱ）求的最大值.
【答案】(Ⅰ)120°；(Ⅱ)1.
【解析】
【分析】(Ⅰ)由题意利用正弦定理角化边，然后结合余弦定理可得∠A的大小；
(Ⅱ)由题意结合(Ⅰ)的结论和三角函数的性质可得的最大值.
(Ⅰ)，
,即.
，.
(Ⅱ)，
，∴当即时，取得最大值1.
【点睛】在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
17. 如图，四棱锥中，底面，.
（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后由公式求平面与平面夹角的余弦值即可.
【小问1】
证明：已知底面，且底面，
所以.
由，可得
又平面，
所以平面.
【小问2】
取的中点.由，可得，
又因为，所以三角形是正三角形，
故.
在中，，所以.
可建立如图所示的空间直角坐标系，
求得，
由（1）可知，是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，则，
即，
令，得，
设平面与平面的夹角为，
所以.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 设圆，圆，已知动圆与这两个圆中的一个内切，与另一个外切.
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）已知点，且点为上的动点，求的最大值及此时点的坐标.
【答案】（1）
（2）的最大值为2，此时点的坐标为
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，可知点的轨迹是以，为焦点的双曲线，即可得轨迹方程；
（2）求直线与双曲线的交点，结合几何意义分析最值即可.
【小问1】
圆的圆心为，半径；
圆的圆心为，半径；
设动圆的半径为，
若动圆与圆内切，与圆外切，则，，
可得；
若动圆与圆内切，与圆外切，则，，
可得；
综上所述：，
可知点的轨迹是以，为焦点的双曲线，且，则，
所以动圆圆心的轨迹的方程为.
【小问2】
由题意可知：过点的直线方程为，
联立方程，解得或，
故直线与的交点为.
因为在线段外，在线段上，故，
.
若点不在上，则；
若点在处，则；
综上所述，只在点处取到最大值2，此时点的坐标为.
19. 我们在学习解析儿何过程中知道椭圆、双曲线的定义分别是平面内到两定点距离之和、距离之差的绝对值等于某个定值，天文学家卡西尼在研究土星及其卫星运行规律时发现到两定点距离之积为常数的点的轨迹，我们称之为卡西尼卵形线.若定点，动点满足，其中均为正数，记该卡西尼卵形线为曲线，它的轨迹方程为.
（1）求参数的值（用含的式子表示）；
（2）若为曲线上一点，求证：，；
（3）若，求证：曲线恰经过个整点（横、纵坐标均为整数的点）.
【答案】（1），
（2）证明见解析（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设Px,y，整理可得，结合题意即得结果；
（2）对方程整理可得，即有；对方程整理可得，即有；
（3）由（2）的结论可知，再证明，最后代入方程并解出即可.
【小问1】
设Px,y为曲线上一点，则由可得.
整理可得，
结合题意可知：，.
【小问2】
据（1）的结论有.
一方面，，故.
可得，即；
另一方面，，从而，即
从而，所以.
【小问3】
将代入，可得的轨迹方程为. 同时据（2）的结论有，.
若均整数，则由，可知.
若，则，即，故.
故或，但和都不是整数的平方，矛盾.
所以，从而，这就得到，所以可以取.
这表明曲线经过的整点只可能有，，.
经验证，曲线经过这个整点，结论得证.