精品解析：安徽省阜阳市太和中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

安徽2024-2025学年高二10月联考 数学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若直线的倾斜角为，则（ ） A. B. C. D. 3. 第33届夏季奥林匹克运动会于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，金牌榜前10名的国家的金牌数依次为，则这10个数的分位数是（ ） A. 14.5 B. 15 C. 16 D. 17 4. 在空间直角坐标系中，已知点，若点与点关于平面对称，则（ ） A. B. C. D. 5. 若，在同一平面直角坐标系中作出直线与直线，则下列图中能表示上述两条直线的位置的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则当取得最大值时，的面积为（ ） A. B. 3 C. D. 6 7. 已知甲、乙两人进行扳手腕游戏，且每人各有2个乒乓球．每次扳手腕甲获胜的概率均为，没有平局，且每次扳手腕的结果互不影响．每次负方给胜方1个乒乓球，直到一方没有乒乓球时游戏结束，则第1次甲胜且第4次扳手腕后游戏结束的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 斗拱是中国建筑上特有的构件，是较大建筑物的柱与屋顶之间的过渡部分，用于支撑上部突出的屋檐，如图（1），其简化结构如图（2），其中是两两互相垂直的线段，为斗拱，满足，且和都为钝角．若，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知复数在复平面内对应的点在直线上，则（ ） A. B. 点在第一象限 C. D. 是方程的两个根 10. 平面直角坐标系中，已知点，向量，则（ ） A. 为锐角 B. C. 点到直线的距离 D. 的面积为7 11. 已知直线，则下列结论正确的是（ ） A. 若直线与平行，则 B. 若把绕其与轴的交点逆时针旋转，所得直线的斜率为2，则 C. 若与直线及两坐标轴的正半轴围成的四边形有外接圆，则 D. 对任意的，都存在定点，使得点到的距离为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 计算：______． 13. 若点为直线上动点，则的最小值为______． 14. 已知在空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．若平面的方程为，直线的一个方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为______． 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. 已知点，点坐标原点． （1）若直线过点，且，求的方程； （2）若直线过点，与轴负半轴及轴负半轴分别交于点A，B，且，求的值． 16. 如图，正四棱柱的底面边长为2，E为棱的中点，，且四棱锥的体积为． （1）求棱的长； （2）证明：平面平面． 17. 已知在中，点，角平分线所在直线的方程为边上的高所在直线的方程为． （1）求点坐标及直线的方程； （2）求点的坐标． 18. 如图，在六棱柱中，底面是正六边形，设，． （1）用分别表示． （2）若，求： （ⅰ）； （ⅱ）． 19. 若函数的图象上存在两个不同的点，使得对任意，都有，则称为类周期函数． （1）证明：是类周期函数； （2）若是类周期函数，且，证明：是周期函数； （3）若是类周期函数，证明：在的图象上，必存在3个不同的点，使得对任意，都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 安徽2024-2025学年高二10月联考 数学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据不等式的解法，求得，结合集合交集的运算，即可求解. 【详解】由不等式，解得，即， 又因为，所以. 故选：C. 2. 若直线的倾斜角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 分析】根据直线倾斜角与斜率关系求解． 【详解】由题意， 故选：B． 3. 第33届夏季奥林匹克运动会于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，金牌榜前10名的国家的金牌数依次为，则这10个数的分位数是（ ） A. 14.5 B. 15 C. 16 D. 17 【答案】D 【解析】 【分析】将这10个数据从小到大排列，根据，结合百分位数的计算方法，即可求解. 【详解】将这10个数据从小到大排列得：， 因为，所以这10个数的分位数是. 故选：D. 4. 在空间直角坐标系中，已知点，若点与点关于平面对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得，得到，结合向量模的计算公式，即可求解. 【详解】由题意，点， 若点与点关于平面对称，可得， 则向量，所以. 故选：A. 5. 若，在同一平面直角坐标系中作出直线与直线，则下列图中能表示上述两条直线的位置的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析给定方程对应直线的斜率正负及过的定点，再结合图形判断即可. 【详解】由，得直线的斜率，纵截距为，B不满足； 直线的斜率，横截距为，ABD不满足； 选项C中两条直线符合要求. 故选：C 6. 已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则当取得最大值时，的面积为（ ） A. B. 3 C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦定理和基本不等式可求得的最小值，当当取得最小值时，取得最大值，再由三角形的面积公式即可得出答案. 【详解】因为，由余弦定理可得： ， 当且仅当，即时取等， 因为，由余弦函数的单调性可知， 当取得最小值时，取得最大值， 的最小值为，因为，所以， 所以，， 所以的面积为. 故选：A. 7. 已知甲、乙两人进行扳手腕游戏，且每人各有2个乒乓球．每次扳手腕甲获胜的概率均为，没有平局，且每次扳手腕的结果互不影响．每次负方给胜方1个乒乓球，直到一方没有乒乓球时游戏结束，则第1次甲胜且第4次扳手腕后游戏结束的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分甲获胜和乙获胜两种情况讨论即可. 【详解】若甲获胜，则第2次乙胜，第3次甲胜，第4次甲胜， 则其概率为， 若乙获胜，则第2次，3次，4次乙胜， 则其概率为， 则第1次甲胜且第4次扳手腕后游戏结束的概率为. 故选：D. 8. 斗拱是中国建筑上特有的构件，是较大建筑物的柱与屋顶之间的过渡部分，用于支撑上部突出的屋檐，如图（1），其简化结构如图（2），其中是两两互相垂直的线段，为斗拱，满足，且和都为钝角．若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，设，设点，得到，根据题意，列出方程，求得，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，设，可得， 所以， 设点，可得，则， 由，可得， ，可得， 所以， 即，所以. 故选：D. 二、多项选择题：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. 已知复数在复平面内对应的点在直线上，则（ ） A. B. 点在第一象限 C. D. 是方程的两个根 【答案】AC 【解析】 【分析】由复数几何意义得出点坐标，结合直线方程求得参数，判断AB， 求出复数的模判断C，根据根与系数的关系判断D． 【详解】由题意，它在直线上，则，解得，A正确； 有，它在第三象限，B错； ，C正确； ，，而，因此不是方程的两个根，D错， 故选：AC． 10. 在平面直角坐标系中，已知点，向量，则（ ） A. 为锐角 B. C. 点到直线的距离 D. 的面积为7 【答案】ABD 【解析】 【分析】计算的符号可判断A，计算可判断B，计算和的值可判断C，利用三角形面积公式计算的面积可判断D. 【详解】，，， 所以为锐角，故A正确； ，所以，故B正确； ，而距离不可能为负数，故C错误； ，则直线的方程为， 化简得：，到的距离， ，则的面积为 ，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知直线，则下列结论正确的是（ ） A. 若直线与平行，则 B. 若把绕其与轴的交点逆时针旋转，所得直线的斜率为2，则 C. 若与直线及两坐标轴的正半轴围成的四边形有外接圆，则 D. 对任意的，都存在定点，使得点到的距离为定值 【答案】AD 【解析】 【分析】求出斜率计算判断A；利用斜率的定义，结合和角的正切公式计算判断B；由垂直关系求出斜率，结合同角公式计算判断C；求出点到直线距离判断D. 【详解】直线， 对于A，直线的斜率为，则，A正确； 对于B，依题意，直线的倾斜角为锐角，且，则， 即，解得，即，解得，B错误； 对于C，依题意，直线垂直于直线，则，即 又，解得，C错误； 对于D，点到的距离，即点符合题意，D正确. 故选：AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 计算：______． 【答案】 【解析】 【分析】根据对数运算法则、换底公式与指数运算法则化简运算即可. 【详解】 故答案为：. 13. 若点为直线上的动点，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由可看成点与定点的距离，结合点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】由可看成点与定点的距离， 因为点为直线上的动点， 则点到直线的距离为， 所以的最小值为. 故答案为：. 14. 已知在空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．若平面的方程为，直线的一个方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由平面方程得平面的一个法向量，由直线与平面所成角的正弦值等于直线的方向向量与平面的法向量夹角余弦的绝对值可得． 【详解】由题意知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角， 则， 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. 已知点，点为坐标原点． （1）若直线过点，且，求的方程； （2）若直线过点，与轴负半轴及轴负半轴分别交于点A，B，且，求的值． 【答案】（1）； （2）1. 【解析】 【分析】（1）求出直线的斜率，由平行关系，结合直线的斜截式方程求出方程. （2）由给定条件，求出直线的斜率，由直线的点斜式方程求出直线方程，进而求出点的坐标即可得解. 【小问1详解】 直线的斜率为，由，则直线的斜率为，其方程为， 所以直线的方程. 【小问2详解】 依题意，直线的斜率为负，由，即，得直线的斜率为， 则直线的方程为，当时，，即， 过作轴于，则，而， 所以 16. 如图，正四棱柱的底面边长为2，E为棱的中点，，且四棱锥的体积为． （1）求棱的长； （2）证明：平面平面． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据正四棱柱，可得平面，设，结合线面关系确定四棱锥的体积表达式求解，即可得所求； （2）建立空间直角坐标系，分别求解平面与平面法向量，根据法向量的关系证明结论即可. 【小问1详解】 因为正四棱柱，所以平面， 且四边形为直角梯形，设， 所以， 解得，即； 【小问2详解】 以点为原点，直线分别为轴，如图建立空间直角坐标系， 由题意可得， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则； 设平面的法向量为， 则，令，则； 因为， 所以平面平面． 17. 已知在中，点，角的平分线所在直线的方程为边上的高所在直线的方程为． （1）求点的坐标及直线的方程； （2）求点的坐标． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据题意，联立方程组，求得的坐标，由边上的高所在直线方程，得到直线的斜率为，结合点斜式方程，求得得直线方程； （2）设关于直线的对称点为，列出方程组，求得，根据题意，得到点在直线上，求得的直线方程为，联立方程组，求得点的坐标. 【小问1详解】 设，联立方程组，解得，所以点的坐标为， 因为边上的高所在直线的方程为，可得斜率为， 可得直线的斜率为， 所以的直线方程为，即. 【小问2详解】 设关于直线的对称点为， 可得，解得，所以， 因为角的平分线所在直线的方程为，可得点在直线上， 可得，所以直线方程为，即， 联立方程组，解得，所以点的坐标为. 18. 如图，在六棱柱中，底面是正六边形，设，． （1）用分别表示． （2）若，求： （ⅰ）； （ⅱ）． 【答案】（1）， （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）连接，结合空间向量的线性运算以为基底表示向量即可； （2）确定空间基底向量的模长与数量积，结合空间向量的数量积的运算性质分别求解，即可得结论. 【小问1详解】 如图，连接， 因为六边形为正六边形， 所以，则， 所以，； 【小问2详解】 因为六边形为正六边形，所以， 又， 所以， （i）； （ii）因为， 所以. 19. 若函数的图象上存在两个不同的点，使得对任意，都有，则称为类周期函数． （1）证明：是类周期函数； （2）若是类周期函数，且，证明：是周期函数； （3）若是类周期函数，证明：在的图象上，必存在3个不同的点，使得对任意，都有． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）假设是类周期函数，根据类周期函数的概念结合三角函数的计算即可证明结论； （2）根据类周期函数的概念可得两式相减可得，用代换式中，化简即可得结论； （3）由于是类周期函数，可得的图象上存在两个不同的点，使得对任意的，都有，从而有，于是可得点在的图象上，且的图象关于点中心对称，取，则，即可证明结论. 小问1详解】 证明：假设是类周期函数， 则， 整理得， 即， 所以，则当时，满足条件，则假设成立， 所以是类周期函数. 【小问2详解】 由题意可得， 两式相减得， 用代换上式中，可得， 所以是周期为的函数； 【小问3详解】 因为是类周期函数， 所以的图象上存在两个不同的点，使得对任意的，都有， 由，得，① 由，得，② ②-①得：， 即， 所以， 令得， 所以点在的图象上，且的图象关于点中心对称， 因为，所以， 取，则， 所以必存在3个不同的点，使得对任意，都有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$