2024-2025学年海南省海口市高二上学期期中考试数学质量检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年海南省海口市高二上学期期中考试数学质量检测试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．复数（为虚数单位）在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．设，向量，，且，则（ ）
A．B．C．10D．
3．直线与直线平行，则的值为（ ）
A．B．C．D．或
4．在四面体中，，点在上，且,为中点，则（ ）
A．B．
C．D．
5．已知圆锥的底面周长为，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为( )
A．B．C．D．
6．袋中有5个大小相同的小球，其中3个白球，2个黑球.从袋中随机摸出1个小球，观察颜色后放回，同时放入一个与其颜色大小相同的小球，然后再从袋中随机摸出1个小球，则两次摸到的小球颜色不同的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数的图像关于直线对称，当时，恒成立，设则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
8．将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，若在上单调递增，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列选项正确的是（ ）
A．若直线的一个方向向量为，则与直线垂直
B．“”是“直线与直线互相垂直”的充要条件
C．点关于直线的对称点的坐标为
D．已知，点，直线上有一动点，当取得最小值时，点的坐标为
10．已知点是圆上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值是0B．的最大值为1
C．的最大值为D．的最小值为
11．已知正六棱柱的底面边长为2，侧棱长为，所有顶点均在球的球面上，则（ ）
A．直线与直线异面
B．若是侧棱上的动点，则的最小值为
C．直线与平面所成角的正弦值为
D．球的表面积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．若，满足，且，则 .
13．已知点和直线，则点到直线的距离最大值为 ．
14．已知圆，圆，若圆平分圆的周长，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．记的内角，，的对边分别为，，，已知.
(1)求；
(2)若，，求的周长.
16．已知圆.
(1)若直线l经过点，且与圆C相切，求直线l的方程；
(2)若圆与圆C相切，求实数m的值.
17．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，，点是的中点．

(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
18．“中式八球”是受群众欢迎的台球运动项目之一.在一场“中式八球”邀请赛中，甲、乙、丙、丁4人角逐最后的冠军，本次邀请赛采取“双败淘汰制”.具体赛制如下：
首先，4人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；
接下来，“胜区”的2人对阵，胜者进入最后的决赛，“败区”的2人对阵，败者直接淘汰出局，获得第四名；
紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获得第三名；最后，剩下的2人进行最后的冠亚军决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名.
现假定甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立.
(1)经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁.若.
（I）求甲连胜三场获得冠军的概率；
（Ⅱ）求甲在“双败淘汰制”下获得冠军的概率；
(2)除“双败淘汰制”外，“中式八球”也经常采用传统的“单败淘汰制”；抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军.问当p满足什么条件时，“双败淘汰制”比“单败淘汰制”更利于甲在此次邀请赛中夺冠?
19．已知圆过，，三点．
(1)求圆的方程；
(2)求圆与圆：的公共弦长；
(3)已知，P为圆上任意一点，在y轴上是否存在定点N（异于点M），使得为定值？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由．
答案
1．【正确答案】D
【详解】，
复数在复平面内对应的点的坐标是，位于第四象限．
故选：D
2．【正确答案】D
【详解】由向量，，
因为，可得，解得，
所以，所以.
故选：D.
3．【正确答案】C
【分析】求出已知二直线不相交时的a值，再验证作答.
【详解】依题意，直线与直线平行或重合时，，
解得或，
当时，直线与直线重合，
当时，直线与直线平行，
所以的值为.
故选：C
4．【正确答案】B
【详解】点在线段上，且，为中点，
，，
．
故选B．
5．【正确答案】A
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
由题意，，，，∴，
体积为，
故选：A．
6．【正确答案】B
【详解】若第一次从袋中摸出个白球，则放入个白球，第二次摸出黑球的概率为，
若第一次从袋中摸出个黑球，则放入个黑球，第二次摸出白球的概率为，
故两次摸到的小球颜色不同的概率为.
故选B.
【思路导引】分第一次从袋中摸出个白球，一次从袋中摸出个黑球两种情况可求解.
7．【正确答案】A
【详解】因为当时，恒成立，
所以在上单调递减，
又的图像关于直线对称，所以，
因为，所以，即.
故选：A
8．【正确答案】C
【详解】由，
将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，
则，
由，，得，
又在上单调递增，
则，，解得，
即，
又，则当时，，即的取值范围是．
故选：C．
9．【正确答案】ACD
【详解】对于A，直线的方向向量为，
由，直线与直线垂直，A选项正确；
对于B，时，直线和直线也互相垂直，B选项错误；
对于C，设点关于直线的对称点的坐标为，则有，
解得，C选项正确；
对于D，已知点和点都在直线上方，
设点关于直线的对称点为，所以，解得，
可得直线的方程为，即，
故，解得，
故当取得最小值时，P点的坐标为，故D正确.
故选：ACD.
10．【正确答案】AD
【分析】由可看成与原点间的连线的斜率，设，结合直线与圆有交点，求得 的值，可判定A正确，B不正确；由表示点到原点的距离，结合圆的性质，可判定C错误；设，结合直线与圆有公共点，列出不等式，求得的范围，可判定D正确.
【详解】由圆，可化为，
可得圆心坐标为，半径，
当时，可看成与原点间的连线的斜率，
设，即，所以直线与圆M有交点，
由，解得，
所以的最小值为，无最大值，所以A正确，B不正确；
由表示点到原点的距离，
又由，所以的最大值为，
即的最大值为，所以C错误；
设，可得，
当直线与圆有公共点时，则，解得，
所以的最小值为，所以D正确.
故选：AD.
11．【正确答案】BD
【分析】由直线的位置关系判断A，由展开图求最短距离判断B，建立空间直角坐标系，由空间向量坐标运算判断C，根据对称性可知，正六棱柱的外接球的球心在上下底面的中心的连线的中点处,由球的表面积公式判断D．
【详解】对于A，如图①，连接，，则，，所以，
所以直线与直线共面，故A错误；
对于B，将平面沿着翻折到与平面共面的位置，得到矩形，如图②所示．
因为底面边长为2，，所以，
则的最小值为，故B正确；
对于C，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图①所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，则，即，
令，得，所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角为，则，故C错误；
对于D，如图③，设球的半径为，根据对称性可知，正六棱柱的外接球的球心在上下底面的中心的连线的中点处.
,则，
所以球的表面积，故D正确．


故选：BD
关键点睛：本题考查空间异面直线的判断，展开求最值问题，线面角的求法以及几何体的外接问题.对于选项B的关键是将包含线段的两个平面展开在同一平面然后由共线时线段和最小，得出答案；对于外接球问题的关键是根据几何体的特征先确定出球心的位置，从而得出球体的半径，属于难题.
12．【正确答案】
【详解】依题意，，
所以.
故
13．【正确答案】
【详解】由，
即，
令，解得，
则直线恒过定点，
当时，点到直线的距离最大，
此时最大距离为.
故答案为.
14．【正确答案】
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，
将两圆方程作差可得，
因为圆平分圆的周长，则这两圆相交，且相交弦所在直线的方程为，
由题意可知，直线过圆心，
所以，，解得.
故答案为.
15．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）在中，由正弦定理得.
因为，所以，.
化简得.
在中，由余弦定理得.
又因为，所以.
（2）由，可得，
又B∈0,π，所以，得到，即，
所以，
，又，
由正弦定理得，得到，
解得，，
故的周长为.
16．【正确答案】(1)或
(2)或
【详解】（1）若直线l的斜率不存在，则直线l的方程为，与圆C相切，符合题意.
若直线l的斜率存在，设直线l的方程为，即，
则，解得，所以直线l的方程为.
综上，直线l的方程为或.
（2）圆的方程可化为.
若圆与圆C外切，则，解得.
若圆与圆C内切，则，解得.
综上，或.
17．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因，点是的中点，则,
因平面平面，且平面平面, 平面，故平面，又平面,故.
（2）

如图，取中点,连接，由（1）知平面，，可得,
因，故,则可分别以为轴正方向建立空间直角坐标系.
又，，，，则,
于是，,
设平面的一个法向量为，则，故可取，
设直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
18．【正确答案】(1)（I）；（Ⅱ）
(2)
【分析】（1）结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可；
（2）结合对立事件概率和独立事件概率公式再作差比较计算.
【详解】（1）记甲在第i场比赛获胜的事件为，，2，3，4，则，.
由不同对阵结果相互独立，
（I）甲连胜三场获得冠军的概率为.
（Ⅱ）甲在“双败淘汰制”下获得冠军的情况有：胜胜胜、胜败胜胜、败胜胜胜，
故概率为.
（2）“双败淘汰制”下甲夺冠的概率为：
.
“单败淘汰制”下甲夺冠的概率为.
令得，解得.
所以当时，“双败淘汰制”比“单败淘汰制”更利于甲在此次邀请赛中夺冠.
19．【正确答案】(1)
(2)
(3)存在定点
【详解】（1）设圆方程为，
因为圆过，，三点，
则，解得：,
所以圆方程为.
（2）圆方程化为一般方程为：，
联立圆与圆两圆方程得： ，
两式相减得公共弦的方程：，
圆的标准方程为，圆心，半径为4，
圆心到直线的距离，
又圆的半径为4，所以公共弦长为.

（3）假设在y轴上存在定点，满足题意，
不妨设Px,y，，则，
即：， ①
因为P为圆上任意一点，所以满足，即，
所以①式可化简为：，
那么，解得：或（舍去），
所以存在定点使得为定值.