精品解析：云南省玉溪市红塔区玉溪第一中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题

玉溪一中2023-2024学年上学期高二年级期中考 数学学科试卷 总分：150分；考试时间：120分钟；命题人：孔晓君 审题人：赵文强 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 在复平面内，复数z对应的点的坐标是，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，且，则所在的区间为（ ） A. B. C. D. 4. 若直线与直线垂直，则的值为（ ） A. B. C. D. 或0. 5. 设向量，，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 6. 已知直线：恒过点，过点作直线与圆：相交于两点，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 4 D. 7. 圆与圆的公共弦所在的直线与两坐标轴所围成的三角形面积为2，则的值为（ ） A. B. C. 3 D. 3或 8. 意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为．设函数，若实数a满足不等式，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 9. 某市为最大限度的吸引“高精尖缺”人才，向全球“招贤纳士”，推进了人才引入落户政策.随着人口增多，对住房要求也随之而来，而选择购买商品房时，住户对商品房的户型结构越来越重视，因此某商品房调查机构随机抽取名市民，针对其居住的户型结构和满意度进行了调查，如图调查的所有市民中四居室共户，所占比例为，二居室住户占.如图是用分层抽样的方法从所有调查的市民的满意中，抽取的调查结果绘制成的统计图，则下列说法错误的是（ ） A. 样本容量为 B. 样本中三居室住户共抽取了户 C. 根据样本可估计对四居室满意的住户有户 D. 样本中对三居室满意的有户 10. 已知正实数a，b满足，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则的最小值为3 D. 若，，则 11. 在正四棱台中，上、下底面分别是边长为和的正方形，侧棱长为2，其顶点在同一个球面上，则下列结论正确的是（ ） A. 四棱台的表面积 B. 四棱台的体积 C. 四棱台的体积 D. 四棱台的外接球的表面积 12. 已知曲线上的动点满足，为坐标原点，直线过和两点，为直线上一动点，过点作曲线的两条切线为切点，则（ ） A. 点与曲线上点的最小距离为 B. 线段长度的最小值为 C. 的最小值为 D. 存在点，使得的面积为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知向量，，若，则_____________． 14. 两条平行直线与之间的距离为__________． 15. 一条光线从点射出，经直线y轴反射后过点，则反射光线所在的直线方程为_________________． 16. 菱形的边长2，，点P在的外接圆上运动，且，则的取值范围是________. 四、解答题：本题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 如图，在三棱台中，平面，，，，M为棱的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知圆C：． （1）求过点且与圆C相切的直线方程； （2）求圆心在直线上，并且经过圆C与圆Q：的交点的圆的方程． 19. 已知的三个内角所对的边分别为，满足，且． （1）求； （2）若点在边上，，且满足 ，求边长； 请在以下三个条件： ①为的一条中线；②为的一条角平分线；③为的一条高线； 其中任选一个，补充在上面的横线中，并进行解答． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 20. 将沿它的中位线折起，使顶点到达点的位置，且，得到如图所示的四棱锥，若，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 21. 如图，玉溪汇龙欢乐世界摩天轮的半径为，圆心距地面的高度为，摩天轮做逆时针匀速转动，每转一圈，摩天轮上的点的起始位置在最低点处． （1）已知在时刻（单位：）时点距离地面的高度是关于的函数（其中，，），求函数解析式及时点距离地面的高度； （2）当点距离地面及以上时，可以看到公园的全貌，求游客在游玩一圈的过程中共有多长时间可以看到公园的全貌． 22. 为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表： 游戏一 游戏二 游戏三 箱子中球的 颜色和数量 大小质地完全相同的红球3个，白球2个 （红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”） 取球规则 取出一个球 有放回地依次取出两个球 不放回地依次取出两个球 获胜规则 取到白球获胜 取到两个白球获胜 编号之和为获胜 （1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； （2）一名同学先玩了游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 玉溪一中2023-2024学年上学期高二年级期中考 数学学科试卷 总分：150分；考试时间：120分钟；命题人：孔晓君 审题人：赵文强 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 在复平面内，复数z对应的点的坐标是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 由题可得，再由复数乘法计算即可. 【详解】复数z对应的点的坐标是，， . 故选：D. 2. 设，则的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数、对数函数的性质并借助中间数即可得解. 【详解】因，则， 函数在上单调递增，，于是有，即， 函数在R上单调递增，，则，即， 所以的大小关系是. 故选：D 3. 已知，且，则所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数单调递增结合零点存在定理判断. 【详解】因为在单调递增， 故在单调递增， 且， 故在有唯一零点。 故选：C. 4. 若直线与直线垂直，则的值为（ ） A. B. C. D. 或0. 【答案】B 【解析】 【分析】由两直线垂直的关系求解即可； 【详解】由题意可得，解得， 故选：B. 5. 设向量，，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】B 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标关系，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可. 【详解】由，则，解得或. 所以是的必要不充分条件. 故选：B. 6. 已知直线：恒过点，过点作直线与圆：相交于两点，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】当直线与垂直时，的值最小，结合勾股定理，即可求得的最小值. 【详解】 由，得直线恒过点， 又，即在圆内， 要使最小，只需圆心与的连线与该直线垂直， 所得弦长最短，因为，圆的半径为， 此时. 故选：A 7. 圆与圆的公共弦所在的直线与两坐标轴所围成的三角形面积为2，则的值为（ ） A. B. C. 3 D. 3或 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，联立两个圆的方程，可得两圆的公共弦所在的直线的方程，由直线的方程可得该直线与,轴交点的坐标，进而可得，解可得的值，即可得答案． 【详解】根据题意，圆与圆，则, 由，两式相减可得：， 即两圆的公共弦所在的直线的方程为， 该直线与轴的交点为，与轴的交点为， 若公共弦所在的直线和两坐标轴所围成图形的面积为2，则有， 变形可得：， 解可得：或； 经检验，或时，圆与圆相交，符合题意； 故选：D 8. 意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为，相应的双曲正弦函数的表达式为．设函数，若实数a满足不等式，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，写出函数的解析式，由函数的奇偶性和单调性列出不等式，解之即可. 【详解】由题意可知：的定义域为， 因为，所以函数为奇函数， 又因为，且在上为减函数， 由复合函数的单调性可知：在上为增函数， 因为，所以， 所以，解得：或， 所以实数的取值范围为， 故选：D. 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 9. 某市为最大限度的吸引“高精尖缺”人才，向全球“招贤纳士”，推进了人才引入落户政策.随着人口增多，对住房要求也随之而来，而选择购买商品房时，住户对商品房的户型结构越来越重视，因此某商品房调查机构随机抽取名市民，针对其居住的户型结构和满意度进行了调查，如图调查的所有市民中四居室共户，所占比例为，二居室住户占.如图是用分层抽样的方法从所有调查的市民的满意中，抽取的调查结果绘制成的统计图，则下列说法错误的是（ ） A. 样本容量为 B. 样本中三居室住户共抽取了户 C. 根据样本可估计对四居室满意的住户有户 D. 样本中对三居室满意的有户 【答案】BC 【解析】 【分析】根据统计图中的数据对各个选项直接进行判断即可. 【详解】A选项，总体容量为，样本容量为，对， B选项，样本中三居室住户共抽取（户），错， C选项，对四居室满意的住户共有（户），错， D选项，样本中三居室住户有（户）， 对三居室满意的住户有（户），对， 故选：BC. 10. 已知正实数a，b满足，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则的最小值为3 D. 若，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】把的相应值代入，结合基本不等式及相关结论分别检验各选项即可． 【详解】因为， 对于A，当时，，则， 当且仅当时取等号，故A正确； 对于B，，则， 当且仅当时取等号，故B错误； 对于C，当时，，则， 则 ， 当且仅当，即时取等号，故C正确， 对于C，当时，，解得（舍负）， 当且仅当时取等号，故D正确． 故选：ACD． 11. 在正四棱台中，上、下底面分别是边长为和的正方形，侧棱长为2，其顶点在同一个球面上，则下列结论正确的是（ ） A. 四棱台的表面积 B. 四棱台的体积 C. 四棱台的体积 D. 四棱台的外接球的表面积 【答案】BD 【解析】 【分析】画出几何体，作几何体的斜高，则表面积可得；求出几何体的高，则体积可得；将几何体的外接球转化为对角面的外接圆，则外接球半径可得. 【详解】如图所示： 连接下、上底面的中心 ，分别过O，作，，连接 ， 由已知计算得四棱台的高，斜高， 所以四棱台的表面积为，A错误； 又四棱台的体积，B正确，C错误； 由正四棱台的性质可得：该四棱台的外接球的球心都在 上，如图所示： 已知，，，设四棱台的外接球半径为， 易得，解得，计算可得，所以D正确. 故选：BD. 12. 已知曲线上的动点满足，为坐标原点，直线过和两点，为直线上一动点，过点作曲线的两条切线为切点，则（ ） A. 点与曲线上点的最小距离为 B. 线段长度的最小值为 C. 的最小值为 D. 存在点，使得的面积为 【答案】CD 【解析】 【分析】设点，由，求得，由圆的性质，取得点与曲线上点的最小距离为，可判定A不正确；由，求得的最小值为，可判定B错误；设，在直角三角形中，求得，得到，结合函数的单调性，可判定C正确.结合C选项求出面积的最小值可判断D. 【详解】对于A，因为，设，则，可得曲线的轨迹为圆. 方程为直线： ，圆心到直线的距离为， 则点与曲线上点的最小距离为，故A错误； 对于B，在直角三角形中，，要使得线段的长度最小，则取最小值，由选项A可知，长度的最小值为，故B错误； 对于C，设，则， 在直角三角形中，，， 所以， 所以 令，又，所以，又函数在区间上单调递增， 所以，即的最小值为3，故C正确； 对于D，由切线长定理知，直线垂直平分线段，得 ， 当且仅当与直线垂直时取等号，即弦长度的最小值为. 此时，设的中点为， 则， 所以， 所以的面积的最小值为，又，， 的面积所以存在点，使得的面积为3，故D正确. 故选：CD. 【点睛】关于切线长最小值问题，本题中是把切弦长问题根据勾股定理转化为圆心到直线的距离最短问题进行解决. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知向量，，若，则_____________． 【答案】##0.75 【解析】 【分析】根据向量数量积运算法则计算即可. 【详解】因为，，且， 所以， 解得：. 故答案为：. 14. 两条平行直线与之间的距离为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据两直线平行可求得，由平行直线间距离公式可求得结果. 【详解】，，解得：， ，即， 之间的距离. 故答案为：. 15. 一条光线从点射出，经直线y轴反射后过点，则反射光线所在的直线方程为_________________． 【答案】 【解析】 【分析】关于y轴的对称点为，反射光线所在的直线即为经过的直线，求的直线方程即可. 【详解】关于y轴的对称点为， 根据光线反射的性质知，反射光线所在的直线即为经过的直线， 由两点式得直线的方程为：，即. 故答案为： 16. 菱形的边长2，，点P在的外接圆上运动，且，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设出，列出方程组，结合三角恒等变换和三角函数有界性求出. 【详解】因为菱形的边长2，， 所以均为等边三角形， 取的中心，的中点， 以所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系， 故， 则的外接圆圆心，半径为， 故圆的方程为，故设， 因为， 所以， 故，解得， 则 ， 因为，所以. 故答案为： 四、解答题：本题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 如图，在三棱台中，平面，，，，M为棱的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：取AB中点D，连接，MD， ∵M是BC中点，∴，且， 又∵，且， ∴且， ∴四边形是平行四边形， ∴， 又∵平面，平面， ∴平面； （2）． 【解析】 【分析】（1）取AB中点D，连接，MD，可证，从而平面； （2）由（1）知，又可证平面，所以就是直线与平面成的角，可解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵平面，平面，∴， 又，，平面，平面， ∴平面，又由（1）知， ∴就是直线与平面成的角. 在中，，，∴， ∴. 18. 已知圆C：． （1）求过点且与圆C相切的直线方程； （2）求圆心在直线上，并且经过圆C与圆Q：的交点的圆的方程． 【答案】（1）或 （2）． 【解析】 【分析】（1）根据圆心到直线的距离即可求解， （2）联立两圆方程可得交点坐标，进而根据圆的性质利用几何法求解圆心坐标，进而可求解，或者利用圆系方程，代入圆心坐标即可求解. 【小问1详解】 当直线有斜率时，设切线的斜率为k，则切线方程为， 即 ∵圆心到切线的距离等于半径2， ∴ 解得或． 因此，所求切线方程为，或． 当直线无斜率时，则，此时直线与圆不相切，不满足题意， 故切线方程为，或． 【小问2详解】 法一： 联立，解得或． ∴圆C与圆Q的交点为，， 线段AB的垂直平分线为，设所求圆的圆心为，半径为r． 由，解得，所以圆心为，． 因此，所求圆的方程为 法二：设经过圆C与圆Q交点的圆为：．（） 即 即 圆心代入直线，得． 因此，所求圆的方程为． 19. 已知的三个内角所对的边分别为，满足，且． （1）求； （2）若点在边上，，且满足 ，求边长； 请在以下三个条件： ①为的一条中线；②为的一条角平分线；③为的一条高线； 其中任选一个，补充在上面的横线中，并进行解答． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，借助三角恒等变换公式化简即可； （2）由（1）问，分析边角关系，利用余弦定理等知识求解即可. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 由倍角公式可得，则， 又因为，则， 所以， 即． 且，则，可得， 又因为，所以． 【小问2详解】 若选择①：若为的中线，设（）， 由余弦定理可得，， 因为，可得， 即，整理得，可知， 又因为，解得或（舍去）， 所以； 若选择②：若为的角平分线，则， 在中，由余弦定理得，即， 可知，即，可知，， 所以； 若选择③：若为的高线，则， 则，即，则， 可知，可知，, 所以． 20. 将沿它的中位线折起，使顶点到达点的位置，且，得到如图所示的四棱锥，若，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 因为为的中位线，所以， 因为，所以，，又，所以平面. （2）． 【解析】 【分析】（1）只需证明，即可证明平面； （2）的中点为，以为原点，分别以，的方向为，轴的正方向，建立空间直角坐标系，用向量法求平面与平面的夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）因为平面，平面， 所以平面平面．取的中点，连接， 因为，所以． 又平面平面，所以平面，且．以为原点，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，，，，． 所以，，，． 设是平面的法向量，可得， 令，得， 设是平面的法向量，可得，令， 得． 设平面与平面的夹角为，则 所以平面与平面的余弦值为． 21. 如图，玉溪汇龙欢乐世界摩天轮的半径为，圆心距地面的高度为，摩天轮做逆时针匀速转动，每转一圈，摩天轮上的点的起始位置在最低点处． （1）已知在时刻（单位：）时点距离地面的高度是关于的函数（其中，，），求函数解析式及时点距离地面的高度； （2）当点距离地面及以上时，可以看到公园的全貌，求游客在游玩一圈的过程中共有多长时间可以看到公园的全貌． 【答案】（1）；； （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意得到振幅，最小正周期，求出，由求出，进而得到函数解析式； （2）结合题意可得从最低处开始到达高度为刚好能看着全貌，经过最高点再下降至时又能看着全貌，只需让，求解即可. 【小问1详解】 由题意可知：，，， 所以又，，得到， 即， 又摩天轮上的点p的起始位置在最低点处，即， 所以， 即，又，所以， 故， 当时，， 所以时点P距离地面的高度为． 【小问2详解】 因为从最低处开始到达高度为刚好能看着全貌，经过最高点再下降至时又能看着全貌， 由（1）知， 得到，即， 得到，， 所以在每个周期内，，， 又， 所以游客在游玩过程中共有可以看到公园的全貌． 22. 为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表： 游戏一 游戏二 游戏三 箱子中球的 颜色和数量 大小质地完全相同的红球3个，白球2个 （红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”） 取球规则 取出一个球 有放回地依次取出两个球 不放回地依次取出两个球 获胜规则 取到白球获胜 取到两个白球获胜 编号之和为获胜 （1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； （2）一名同学先玩了游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大． 【答案】（1）游戏一获胜的概率为，游戏二获胜的概率为 （2）的所有可能取值为． 【解析】 【分析】（1）利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解； （2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，进而利用表格得到编号之和为的概率，由此得解. 【小问1详解】 设事件“游戏一获胜”，“游戏二获胜”，“游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为，则， 因为，所以，．所以游戏一获胜的概率为． 游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间， 则，因为， 所以，所以，所以游戏二获胜的概率为． 【小问2详解】 设“先玩游戏二，获得书券”，“先玩游戏三，获得书券”， 则，且，，互斥，相互独立， 所以 又，且，，互斥， 所以 若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则， 所以，即． 进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表： 第二次 第一次 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 当时，，舍去 当时，，满足题意， 因此的所有可能取值为． 【点睛】关键点睛：本题第2小问的解决关键是利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，由此得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $