广东省阳江市高新区2024-2025学年高二上学期11月期中测试数学试题 Word版含解析

2024-2025学年度第一学期高二期中测试数学试题本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.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，只有一项是符合题目要求的.1. 若复数z满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设，利用复数的运算得到，再结合条件，求得，即可求解.【详解】设，则，又，得到，所以，，所以，或，，得到，所以，故选：B．2. 已知平面上的两个非零向量，满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】借助向量数量积公式计算可得，再利用向量夹角公式计算即可得.【详解】由，故，则，又，故.故选：B.3. 函数在区间单调递减，则实数取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】时，代入可知满足题意；时，求出二次函数的对称轴结合函数在右半部分单调递减得出开口方向，列出不等式组，求解即可得出答案．【详解】当时，在上单调递减，满足题意；当时，的对称轴为直线，由在上单调递减，知，解得．综上，a的取值范围为．故选：D4. （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式以及逆用两角和的正弦公式求解.【详解】.故选:D5. 已知四棱锥底面是正方形，顶点在底面的射影是底面的中心，高为.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，且该圆柱的体积为，则四棱锥的底面的边长为（ ）A. B. 6 C. D. 9【答案】A【解析】【分析】作出组合体的截面，确定圆柱的高，利用圆柱的体积求得圆柱底面的半径，进而得到底面正方形的边长.【详解】 如图四棱锥的底面四边形为正方形，高，作截面（如下图）点，点分别为，的中点，点为是正方形的中心也是圆柱底面圆的圆心.依题意可知，所以所以，所以，所以.故选：A. 6. 已知向量，，且，则（ ）A. B. 4 C. D. 8【答案】A【解析】【分析】先求出的坐标，利用模长公式求出参数，再求.【详解】，，，∵，∴，，所以，故选：A．7. 已知，且，则的最大值为（ ）A. 9 B. 12 C. 36 D. 48【答案】C【解析】【分析】设Ax1,y1与Bx2,y2，为的中点，可证明点在以为圆心，2为半径的圆上，由，结合两点距离的几何意义即可求解.【详解】设Ax1,y1与Bx2,y2为圆上一点，则，得，，即为等腰直角三角形，设为的中点，则，得，即点在以为圆心，2为半径的圆上，故，因为点到定点D1,0的距离的最大值为，因此的最大值为36.故选：C【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是将原问题化为，根据两点距离的几何意义求解即可.8. 已知圆D：与x轴相交于A、B两点，且圆C：，点．若圆C与圆D相外切，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据圆与圆相外切，可得，再根据圆的对称性不妨令，再分，和三种情况讨论即可.【详解】圆D：的圆心，半径为，圆C：的圆心，半径为，因为圆与圆相外切，所以，所以，且圆与轴交于，不妨记，因为圆关于轴对称，点与点关于轴对称，点在轴上，由对称性不妨令，当时，则，解得，故，当时，则，解得，此时，故，当时，则，解得，故，综上所述，的最大值为.故选：B.【点睛】关键点点睛：将表示的坐标重新表示为线段长度从而方便正切公式的计算，是解决本题的关键.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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9. 在正方体中，为的中点，是正方形内部及边界上一点，则下列说法正确的是（ ）A. 平面平面B. 当时，点的轨迹长度为C. 平面内存在一条直线与直线成角D. 将以边所在的直线为轴旋转一周，则在旋转过程中，到平面的距离的取值范围是【答案】ABD【解析】【分析】对于A，先证明平面，再利用面面垂直的判定定理即可判断；对于B，确定点F在以H为圆心，半径为2的圆上运动，结合弧长公式即可判断；对于C，求出EF与平面所成角的最小值，即可判断；对于D，判断出点的运动轨迹，进而结合圆的几何性质进行求解.【详解】对于A，连接，则, 又平面平面，故,平面，故平面，平面，故，同理，平面，故平面，平面，故平面平面，A正确；对于B，取的中点为H，连接，则平面，平面，故， 由于，故，即点F在以H为圆心，半径为2的圆上运动，结合题意知F轨迹为该圆在平面内的圆弧，如图圆弧，则，则，故F轨迹长度为，B正确；对于C，从正方体中分离出四棱锥，的中点为H， 平面，则，，则EF与平面所成角的最小值为，,即，故平面内不存在一条直线与直线成角，C错误；对于D，连接交于N，取的中点为M， 连接，则点的轨迹为平面内以N为圆心，为半径的圆，又正方体性质知，由知，而平面，故平面，平面，故平面平面;又平面平面，故，结合，平面，故平面，平面，故，则，设与圆的交点分别为，当点位于处时，到平面的距离分别取到最大值和最小值，最大值为，最大值为，故到平面的距离的取值范围是，D正确故选：ABD.【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项D的判断，解答时要注意判断出点的运动轨迹，进而结合圆的几何性质进行求解.10. 如图，四边形为正方形，平面平面，且为正三角形，为的中点，则下列命题中正确的是（ ）A 平面B. C. 直线与所成角的余弦值为D. 点到平面的距离为【答案】BD【解析】【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，根据向量法证明线面平行，可判断A，根据面面垂直的性质定理可得到选项B，根据向量法可得到两直线所成角的余弦值，即可得到C，再根据空间中点面距离公式得到选项D.【详解】取的中点，连接，因为为正三角形，为的中点，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又因为四边形为正方形，以点为原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，，，对于A，，由图易知平面的一个法向量为，因为，故与平面不平行，故A错误；对于B，因为四边形为正方形，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，故B正确；对于C，，，，所以直线与所成角的余弦值为，故C错误；对于D，，设平面的法向量为，则，令，则，所以，点到平面的距离，故选项D正确；故选：BD.11. 点A，B为圆上的两点，点为直线上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）A. 当，且AB为圆的直径时，面积的最大值为3B. 从点P向圆M引两条切线，切点分别为A，B，的最小值为C. A，B为圆M上的任意两点，在直线l上存在一点P，使得D. 当时，的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，确定，当AB垂直于x轴时，面积最大，即可判断，对于B，设，求出，结合余弦函数性质即可判断，对于C，结合正弦函数性质判断出，即可判断；对于D，设D为AB的中点，则，判断点D在以M为圆心，为半径的圆上，结合的最大值为即可判断.【详解】对于A，当，且AB为圆的直径时，此时，当AB垂直于x轴时，面积最大，不妨取，则，A正确；对于B，设，设交于N，由圆的切线性质知∽，则，故，当最大时，AB最小，当位于时，最大，此时，则，即AB的最小值为，B正确；对于C，由B的分析可知当位于时，最大，此时，即，则，故直线l上不存在一点P，使得，C错误；对于D，设D为AB的中点，则，连接MD，则，则，故点D在以M为圆心，为半径的圆上，结合，可得的最大值为,故的最大值为，D正确，故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12. 在中，角，，所对的边分别为，，，满足则角_____.【答案】##【解析】【分析】由正弦定理可得，再由余弦定理可得，即可求角.【详解】因为，由正弦定理可得，整理得，由余弦定理可得，因为，所以.故答案为：13. 已知正四面体的边长为2，点M，N为棱BC，AD的中点，点E，F分别为线段AM，CN上的动点，且满足，则线段EF长度的最小值为__________.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，取定空间的基底，利用空间向量的线性运算表示向量，再利用向量数量积的运算律，结合二次函数求出最小值.【详解】在棱长为2的正四面体中，由点M，N为棱BC，AD的中点，得，由点E，F分别在线段AM，CN上，，令，则，所以，又，，，故，当时，，所以线段EF长度的最小值为.故答案为：【点睛】思路点睛：取定空间的一个基底，表示向量，再利用向量运算求解.14. 已知曲线与直线有且仅有一个公共点，那么实数取值范围是______.【答案】【解析】【分析】根据方程可知直线恒过定点，曲线为半圆，画出图象，数形结合可得到的取值范围．【详解】直线恒过点.由得，表示以为圆心，为半径的半圆，该半圆在直线的上方. 当直线与半圆相切于点时，直线方程可化为： ，根据圆心到直线的距离等于半径得：，解得，当直线过点时，，此时直线与曲线有两个公共点，当直线过点时，直线斜率不存在，此时直线与曲线有一个公共点，综上得，实数的取值范围是.故答案为：.四、解答题：本题共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. 的内角的对边分别为，已知．（1）求角；（2）若，面积为，求．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角，即可求得答案；（2）由三角形面积求出c，再利用余弦定理即可求得答案.【小问1详解】由题意知，即，由于，故，即，结合，则；【小问2详解】，，的面积为，则，则，故，故.16. 如图，四棱锥的底面是正方形，侧棱底面，，E是的中点.（1）证明：平面；（2）求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）连接，交于点，根据中位线定理和线面平行的判定定理进行证明.（2）利用线面垂直的判定定理和性质定理及平面几何的知识，证明得到是二面角的平面角，从而计算得到结果.【小问1详解】连接，交于点，由底面是正方形，可知为的中点，又是的中点，是的中位线，，又平面，平面，平面.【小问2详解】设，，底面，底面，， 即是直角三角形，，又E是的中点，，同理可得，且，，平面，平面，，在直角中，，，，又，二面角的平面角为，.二面角的平面角的余弦值为.17. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者，某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：40,50，，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值；（2）求样本成绩的第75百分位数；【答案】（1）0.030 （2）84．【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图各小矩形面积和为1求出即得.（2）利用第75百分位数的定义，结合频率分布直方图列式计算即得.【小问1详解】由频率分布直方图中各小矩形的面积之和为1，得，所以.【小问2详解】成绩落在内的频率为，落在内的频率为，则样本成绩的第75百分位数为，由，得，所以样本成绩的第75百分位数为84.18. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，是边长为的正三角形，，平面平面.（1）求证：；（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）取的中点，连接，根据条件得到，，由线面垂直的判定理得平面，再由线面垂直的性质定理，即可证明结果；（2）根据条件，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量和，利用线面角的向量法，即可求解.【小问1详解】如图，取的中点，连接，因为是边长为的正三角形，所以，在菱形中，，则为等边三角形，所以，又平面，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】由（1）得，因为平面平面，平面平面平面，所以平面，如图，以点为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系.因，则.设平面的法向量为n=x,y,z，则有，令，则，所以，因为，记直线与平面所成角为，则所以直线与平面所成角的正弦值为.19. 已知直线的方程为：.（1）求证：不论为何值，直线必过定点；（2）过（1）中的点引直线交坐标轴正半轴于，两点，求面积的最小值.【答案】（1）证明见解析 （2）4【解析】【分析】（1）把直线方程写成，由可得定点坐标.（2）设过点直线方程的点斜式，求出与坐标轴交点坐标，利用基本（均值）不等式求三角形面积的最小值.【小问1详解】由，可得，令，所以直线过定点.【小问2详解】由（1）知，直线恒过定点，由题意可设直线的方程为，设直线与轴，轴正半轴交点为，，令，得；令，得，所以面积，当且仅当，即时，面积最小值为4.