精品解析：上海市洋泾中学2024-2025学年高二上学期10月期中考试数学试题

上海市洋泾中学2024学年度第一学期 高二数学期中考试试卷 命题：曲昱琦 审题：徐家仓 终审：陈丽达 （考试时间：90分钟，满分：100分） 一、填空题（第1～6题每题3分，第7～10题每题4分，满分34分） 1. 已知集合，，则________________. 2. 已知复数（其中为虚数单位），则_________. 3. 已知函数（）是偶函数，则的最小值是________________ 4. 在中，角A、B及C所对边的边长分别为a、b及c，已知，，，则______ 5. 已知，，，则的最小值为________________ 6. 已知数列为等比数列，、，则______ 7. 圆锥侧面展开图扇形的圆心角为，底面圆的半径为1，则圆锥的侧面积为________． 8. 把一个表面积为平方厘米的实心铁球铸成一个底面半径与球的半径一样的圆柱（假设没有任何损耗），则圆柱的高是________________厘米． 9. 已知函数满足：，则不等式的解集为____． 10. 在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则下列说法中，正确的有_________（请填入所有正确说法的序号） ①当时，的周长为定值 ②当时，三棱锥的体积为定值 ③当时，有且仅有一个点P，使得 ④当时，有且仅有一个点P，使得平面 二、选择题（第11～12题每题3分，第13～14题每题4分，满分14分） 11. 设、均为非零实数且，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 12. 设α，β是两个不同的平面，直线，则“对β内的任意直线l，都有”是“”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 13. 已知三棱柱的6个顶点都在球的球面上，且，，则球的半径为 （ ） A. 5.5 B. 6 C. 6.5 D. 7 14. 若正四面体的侧面内一动点到底面的距离与到棱的距离相等，则动点的轨迹与组成图形可能是（ ） A. B. C. D. 三、解答题（本大题共有5题，满分52分） 15. 已知空间中三点、、，设，． （1）若，且，求向量； （2）求以、为一组邻边的平行四边形的面积S． 16. 如图，在直三棱柱中，，． （1）求异面直线与所成角的大小； （2）求点B到平面的距离． 17. 如图所示，圆锥的顶点为P，底面中心为O，母线，且． （1）求圆锥的体积； （2）求二面角的大小（结果用反三角表示）． 18. 如图，在等腰梯形中，，，，为中点，点，分别为，的中点，将沿折起到的位置，使得平面平面（如图）． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）侧棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 19. 已知函数，在区间D上都有定义，对于任意的，当时，或成立，则称是区间D上的限制函数． （1）判断是否为在上的限制函数，并说明理由； （2）证明：如果在区间上恒为正值，则在上是严格增函数； （3）利用（2）的结论，求函数在上的单调区间． ［注：如果在区间上恒为负值，则在区间上是严格减函数．此结论无需证明，可以直接应用．］ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上海市洋泾中学2024学年度第一学期 高二数学期中考试试卷 命题：曲昱琦 审题：徐家仓 终审：陈丽达 （考试时间：90分钟，满分：100分） 一、填空题（第1～6题每题3分，第7～10题每题4分，满分34分） 1. 已知集合，，则________________. 【答案】## 【解析】 【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合. 【详解】因为集合，，故. 故答案为：. 2. 已知复数（其中为虚数单位），则_________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义计算即可. 【详解】. 故答案为:. 3. 已知函数（）是偶函数，则的最小值是________________ 【答案】 【解析】 【分析】由诱导公式及三角函数的奇偶性即可判断. 【详解】因为（）是偶函数， 所以，又， 所以当时，取最小值. 故答案为： 4. 在中，角A、B及C所对边的边长分别为a、b及c，已知，，，则______ 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理求解． 【详解】由正弦定理得，解得. 故答案为：． 5. 已知，，，则的最小值为________________ 【答案】2 【解析】 【分析】由利用基本不等式求最小值． 【详解】∵，，， ∴， 当且仅当，即时等号成立， 故答案为：2. 6. 已知数列为等比数列，、，则______ 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列性质，，求出，进而得到答案. 【详解】因为数列为等比数列，、， 所以，所以， 又，所以，即， 所以. 故答案为： 7. 圆锥侧面展开图扇形的圆心角为，底面圆的半径为1，则圆锥的侧面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据扇形弧长与底面半径关系得，解出弧长，最后利用侧面积公式即可. 【详解】设圆锥的母线为,则,所以, 则圆锥的侧面积为. 故答案为：. 8. 把一个表面积为平方厘米的实心铁球铸成一个底面半径与球的半径一样的圆柱（假设没有任何损耗），则圆柱的高是________________厘米． 【答案】 【解析】 【分析】求出球的半径和体积，设出圆柱的高，根据体积相等得到方程，求出圆柱的高. 【详解】设球的半径为厘米，则，解得， 球的体积为立方厘米， 故圆柱的底面半径也为2厘米，设圆柱的高为厘米，则， 解得. 故答案为： 9. 已知函数满足：，则不等式的解集为____． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可知为奇函数，利用分离常数得在上单调递增，结合奇函数与单调性得关系可得在上单调递增，再解得，即可判断解集． 【详解】根据题意可得，且为奇函数 当时，，则在上单调递增 ∴在上单调递增 则，即，解得 ∴即的解集为 故答案为：． 10. 在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则下列说法中，正确的有_________（请填入所有正确说法的序号） ①当时，的周长为定值 ②当时，三棱锥的体积为定值 ③当时，有且仅有一个点P，使得 ④当时，有且仅有一个点P，使得平面 【答案】②④ 【解析】 【分析】①结合得到P在线段上，结合图形可知不同位置下周长不同；②由线面平行得到点到平面距离不变，故体积为定值；③结合图形得到不同位置下有，判断出③错误；④结合图形得到有唯一的点P，使得线面垂直. 【详解】由题意得：，，，所以P为正方形内一点， ①，当时，，即，，所以P在线段上，所以周长为，如图1所示，当点P在处时，，故①错误； ②，如图2，当时，即，即，，所以P在上，，因为∥BC，平面，平面，所以点P到平面距离不变，即h不变，故②正确； ③，当时，即，如图3，M为中点，N为BC的中点，P是MN上一动点，易知当时，点P与点N重合时，由于△ABC为等边三角形，N为BC中点，所以AN⊥BC，又⊥BC，，所以BN⊥平面，因为平面，则，当时，点P与点M重合时，可证明出⊥平面，而平面，则，即，故③错误； ④，当时，即，如图4所示，D为的中点，E为的中点，则P为DE上一动点，易知，若平面，只需即可，取的中点F，连接，又因为平面，所以，若，只需平面，即即可，如图5，易知当且仅当点P与点E重合时，故只有一个点P符合要求，使得平面，故④正确. 故选：②④ 【点睛】立体几何的压轴题，通常情况下要画出图形，利用线面平行，线面垂直及特殊点，特殊值进行排除选项，或者用等体积法进行转化等思路进行解决. 二、选择题（第11～12题每题3分，第13～14题每题4分，满分14分） 11. 设、均为非零实数且，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用作差法逐项进行判断即可. 【详解】A．因为，的正负无法确定，故错误； B．因为，的正负无法确定，故错误； C．因为，的正负无法确定，故错误； D．因为， ，所以，所以，故正确， 故选：D. 【点睛】方法点睛：常见的比较大小的方法： （1）作差法：作差与作比较； （2）作商法：作商与作比较（注意正负）； （3）函数单调性法：根据函数单调性比较大小； （4）中间值法：取中间值进行大小比较. 12. 设α，β是两个不同的平面，直线，则“对β内的任意直线l，都有”是“”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】A 【解析】 【分析】利用线面垂直的定义、面面垂直的判定定理结合充分条件、必要条件的定义即可判断. 【详解】充分性：若对β内的任意直线l，都有，利用线面垂直的定义可知； 又，根据面面垂直的判定定理可知， 因此可知充分性成立； 必要性：由，，如下图所示： 无法确定β内的任意直线l与的关系，因此必要性不成立. 即“对β内的任意直线l，都有”是“”的充分不必要条件. 故选：A 13. 已知三棱柱的6个顶点都在球的球面上，且，，则球的半径为 （ ） A. 5.5 B. 6 C. 6.5 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得三棱柱为直三棱柱，将直三棱柱补成长方体，则长方体的体对角线即可为外接球的直径，即可得解. 【详解】∵三棱柱的6个顶点都在球O的球面上， 则三棱柱为直三棱柱， 又∵，则可将直三棱柱补成长方体， ∴直三棱柱的外接球即为长方体的外接球， 故球O的直径为 ∴球O的半径为. 故选：C. 14. 若正四面体的侧面内一动点到底面的距离与到棱的距离相等，则动点的轨迹与组成图形可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设正四面体的棱长为，设等边的中心为点，取的中点，连接、，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量法求出动点的轨迹方程，即可得解. 【详解】设正四面体的棱长为，设等边的中心为点，取的中点， 连接、，则平面，， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，设点， ，， 设平面的法向量为，则， 取，则，，则，， 则点到平面的距离为， 而点到直线的距离为， 根据题意可得， 在平面内，如下图所示： 在平面直角坐标系中，易知点、， 则，所以，直线的方程为， 即，即， 显然，区域（包括边界）的点的坐标均满足，且， 所以，由可得， 即，即点在区域内的轨迹是一条线段， 直线的斜率为， 则动点的轨迹与线段的交点靠近点，D选项合乎题意， 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解决空间中的动点的轨迹问题，一般就是要通过建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出动点的轨迹方程，再进行判断. 三、解答题（本大题共有5题，满分52分） 15. 已知空间中三点、、，设，． （1）若，且，求向量； （2）求以、为一组邻边的平行四边形的面积S． 【答案】（1）或 （2）3 【解析】 【分析】（1）首先求出的坐标，由，可设，利用，求出参数的值，即可求出结果． （2）求出，， ， ，再由同角三角函数的基本关系求出，最后由面积公式求解. 【小问1详解】 因为，，，，， 所以，， ， ，且，设 ， ，解得， 或． 【小问2详解】 因为，， ，， ， ， . 16. 如图，在直三棱柱中，，． （1）求异面直线与所成角的大小； （2）求点B到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线与所成角的大小； （2）利用向量法求得点B到平面的距离． 【小问1详解】 依题意可知两两相互垂直， 以为空间坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， ， ， 设异面直线与所成角为， 则， 由于，所以. 【小问2详解】 ，， 设平面的法向量为， 则，故可取， 所以点B到平面的距离为. 17. 如图所示，圆锥的顶点为P，底面中心为O，母线，且． （1）求圆锥的体积； （2）求二面角的大小（结果用反三角表示）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出圆锥的高，进而利用锥体体积公式得到答案； （2）作出辅助线，得到为二面角的平面角，求出各边长，得到，得到答案. 【小问1详解】 圆锥的高， 则圆锥的体积为； 【小问2详解】 取的中点，连接， 因为，所以⊥，⊥， 由图可知，二面角为锐角， 故为二面角的平面角， 因为，所以， 故， 则， 故， 故. 18. 如图，在等腰梯形中，，，，为中点，点，分别为，的中点，将沿折起到的位置，使得平面平面（如图）． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）侧棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：因，且，则四边形是平行四边形.， 则，又四边形为等腰梯形，则， 结合可得是等边三角形.又为中点，则； 如图连接，注意到，，则四边形是平行四边形. 结合是等边三角形，可得四边形是菱形， 则是等边三角形，又为中点，则. 因为平面，，所以； （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）通过证明，，可证明相关结论； （2）如图建立空间直角坐标系，求出平面法向量，后由空间向量知识可得答案； （3）由题目信息可表示出平面的法向量，后由可解决问题. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因平面平面，平面平面， 平面，，则平面. 又由（1）可得，则如图建立以为原点的空间直角坐标系. 则. 则. 设平面的法向量为， 则，取，则， 所以为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，则； 【小问3详解】 假设存在满足条件的点，设，则. 又，得，则. 又由题可得，结合， 为的中点，可得. 则， 设平面的法向量为， 则， 取，则，， 所以为平面的一个法向量. 要使平面，则，又， 则.故在侧棱上存在点，使得平面，且. 【点睛】 19. 已知函数，在区间D上都有定义，对于任意的，当时，或成立，则称是区间D上的限制函数． （1）判断是否为在上的限制函数，并说明理由； （2）证明：如果在区间上恒为正值，则在上是严格增函数； （3）利用（2）的结论，求函数在上的单调区间． ［注：如果在区间上恒为负值，则在区间上是严格减函数．此结论无需证明，可以直接应用．］ 【答案】（1）是，理由：是在上的限制函数， 不妨设，则； 由于任意性：； 即，满足题意， 所以是在上的限制函数； （2）证明：运用反证法，即假设在上不是增函数， 若在上是减函数，可得在区间上恒为负值； 若在上是常数函数，可得在区间上恒为零； 若在上是有增有减，可得在区间上可能为正可能为负； 这与在区间上恒为正值矛盾，故在上是增函数； （3）单调递减：，单调递增：. 【解析】 【分析】（1）由题目给出的定义，根据条件及不等式性质即可判定； （2）运用反证法，即可得证； （3）求得，根据第二问结论由大于0，可得增区间；小于0，可得减区间． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 任意的，当， ， 构造； 任取，， ， ， 故：， 是数集上的限制函数， ，解得 利用（2）结论，当函数单调递增， ，解得 利用（2）结论，当函数单调递减. 综上函数在上的单调递减区间为：， 单调递增区间. 【点睛】思路点睛：第二问，抽象函数直接证明不容易，可利用反证法处理；第三问，根据新定义作差函数，再利用函数结构构造函数判定. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $