精品解析：云南省普洱市澜沧拉祜族自治县第一中学2024-2025学年高二上学期10月期中测试数学试题

澜沧一中2024～2025学年上学期高二期中测试卷 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页.考试结束后，请将答题卡交回.满分150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号、准考证号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上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.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数，则z在复平面对应的点为（ ） A. B. C. D. 2. 设集合，若，则实数（ ） A. B. C. 或 D. 或 3. 若一个圆锥底面半径为1，高为，则该圆锥表面积为（ ） A. B. C. D. 4. 一记者采访某大学的学生群体，在购物时采用现金支付还是非现金支付的情况，其中只用现金支付的概率为0.2，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.3，则不用现金支付的概率为（ ） A. 0.4 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.7 5. 设函数满足，当时，，则（ ） A 2 B. C. D. 6. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（k＞0，k≠1）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，设A（﹣3，0），B（3，0），动点M满足＝2，则动点M的轨迹方程为 A. （x﹣5）2+y2＝16 B. x2+（y﹣5）2＝9 C （x+5）2+y2＝16 D. x2+（y+5）2＝9 7. 如图，在棱长为4的正方体中，M，N分别是，的中点，则点D到截面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，，则零点个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. B. 函数的最大值为2 C. 区间上单调递增 D. 将函数的图象向右平移个单位可得到函数的图象 10. 已知为坐标原点，点，圆，点为圆上的一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与圆相切时，点的坐标为 B. 直线平分圆 C. 线段长度的取值范围为 D. 最小为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E为棱的中点，F为正方形内一个动点（包括边界），且平面，下列说法正确的有（ ） A. 动点F轨迹的长度为 B. 三棱锥体积最小值为 C. 与不可能垂直 D. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为_____. 13. 过点且在轴上的截距为的直线方程是_____.（请写出一般式方程） 14. 已知在中，角满足，则的最小值为_____. 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 如图，在平行六面体中，M为与的交点，N为的靠近B的三等分点，若，，. （1）用，，表示，向量； （2）若，，计算. 16. 年奥运会在巴黎举行，中国代表团获得了枚金牌，枚银牌，枚铜牌，共枚奖牌，取得了境外举办奥运会的最好成绩，运动员的拼搏精神给人们留下了深刻印象.为了增加学生对奥运知识的了解，弘扬奥运精神，某校组织高二年级学生进行了奥运知识能力测试.根据测试成绩，将所得数据按照，，，，，分成组，其频率分布直方图如图所示. （1）求该样本第百分位数； （2）试估计本次奥运知识能力测试成绩的平均分； （3）该校准备对本次奥运知识能力测试成绩不及格（分以下）的学生，采用按比例分配的分层随机抽样方法抽出名同学，再从抽取的这名同学中随机抽取名同学进行情况了解，求这名同学分数在，各一人的概率 17. 已知分别为三个内角的对边，且满足. （1）求角； （2）若为锐角三角形，且，，求的面积. 18. 在平面直角坐标系中，已知圆M的圆心在直线上，且圆M与直线相切于点. （1）求圆M的方程； （2）过坐标原点O的直线被圆M截得的弦长为，求直线的方程. 19. 如图，在三棱锥中，平面平面，，，M，N分别为棱，的中点. （1）证明：平面； （2）若，，二面角的余弦值为，求三棱锥的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 澜沧一中2024～2025学年上学期高二期中测试卷 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页.考试结束后，请将答题卡交回.满分150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号、准考证号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上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.在试题卷上作答无效. 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数，则z在复平面对应的点为（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法及复数的几何意义即可求解. 【详解】，对应点为. 故选：. 2. 设集合，若，则实数（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用交集的结果结合集合元素的性质求解作答. 【详解】集合，则，且，解得，且， 由，得，或， 解，得或（舍去）；解，得（舍去）或（舍去）， 所以. 故选：A 3. 若一个圆锥底面半径为1，高为，则该圆锥表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用圆锥的表面积公式计算即可. 【详解】由题意可知圆锥的母线长，底面圆周长为，底面圆面积为， 所以圆锥侧面积为，故该圆锥表面积为. 故选：C 4. 一记者采访某大学的学生群体，在购物时采用现金支付还是非现金支付的情况，其中只用现金支付的概率为0.2，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.3，则不用现金支付的概率为（ ） A. 0.4 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.7 【答案】B 【解析】 【分析】利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】该群体中的成员不用现金支付的概率为. 故选：B. 5. 设函数满足，当时，，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由推导出函数的周期为2，再根据对数运算及周期性即可求解. 【详解】因为，所以， 所以， 所以函数的周期为2， 因为， 所以. 故选：. 6. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（k＞0，k≠1）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，设A（﹣3，0），B（3，0），动点M满足＝2，则动点M的轨迹方程为 A. （x﹣5）2+y2＝16 B. x2+（y﹣5）2＝9 C. （x+5）2+y2＝16 D. x2+（y+5）2＝9 【答案】A 【解析】 【分析】首先设，代入两点间的距离求和，最后整理方程. 【详解】解析：设，由，得， 可得：（x+3）2+y2＝4（x﹣3）2+4y2， 即x2﹣10x+y2+9＝0 整理得，故动点的轨迹方程为.选A. 【点睛】本题考查了轨迹方程的求解方法，其中属于直接法，一般轨迹方程的求解有1.直接法，2.代入法，3.定义法，4.参数法. 7. 如图，在棱长为4正方体中，M，N分别是，的中点，则点D到截面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量点到平面距离公式进行计算. 【详解】如图1，以D为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴， 建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则 令，则，， 故平面的法向量为， 所以点D到截面的距离为. 故选：B. 8. 已知函数，，则零点个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数零点的定义，求解方程即可判断得解. 【详解】由，得，解得或， 即或，解得或或， 因此或或， 所以零点个数为3. 故选：B 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 已知函数的图象关于直线对称，则（ ） A. B. 函数的最大值为2 C. 在区间上单调递增 D. 将函数的图象向右平移个单位可得到函数的图象 【答案】AB 【解析】 【分析】根据图象对称可判断A，利用辅助角公式化简，根据正弦函数的图象和性质判断BCD即可. 【详解】由的图象关于直线对称， 可得，即，解得，故A正确； 根据， 所以的最大值为2，故B正确； 由，则，故函数不是单调函数，故C错误； 将函数的图象向右平移个单位长度得，故D错误， 故选：AB. 10. 已知为坐标原点，点，圆，点为圆上的一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与圆相切时，点的坐标为 B. 直线平分圆 C. 线段长度的取值范围为 D. 最小为 【答案】BCD 【解析】 【分析】判断点与圆的位置关系，可知过点作圆的切线有两条，可判断A选项；判断圆心与直线的位置关系，可判断B选项；利用圆的几何性质求出的取值范围，可判断C选项；数形结合可判断D选项. 【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为， 对于A选项，因为，则点在圆外， 所以，过点作圆的切线有两条，满足条件的点有两个，A错； 对于B选项，因为，故直线恒过圆心，B对； 对于C选项，因为， 所以，，， 所以，线段长度的取值范围为，C对； 对于D选项，如下图所示： 由图可知，当与圆相切，且位于第一象限时最小， 此时，即，所以， 故的最小值为，D对. 故选：BCD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E为棱的中点，F为正方形内一个动点（包括边界），且平面，下列说法正确的有（ ） A. 动点F轨迹的长度为 B. 三棱锥体积的最小值为 C. 与不可能垂直 D. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理与性质定理，转化三棱锥的顶点，三棱锥的体积公式，直接找三棱锥的外接球的球心，即可分别求解. 【详解】如图2，分别取，的中点M，N， 连接，，， 则由正方体的性质可得，. 因为平面且平面， 所以平面，且平面 又平面，， 所以平面平面， 所以点F的运动轨迹为线段，即动点F轨迹的长度为，故正确； ，知当F与M重合时，取得最小值， 即，所以，故错误； 因为， 当F为线段的中点时，有. 又，所以，故错误； ， 易知当F与N重合时，取得最大值， 连接，，，，所以. 由正方体的性质知，所以为直角三角形， 易知点N在平面上的投影为的斜边的中点， 设为，连接，则三棱锥的外接球的球心在直线上， 设球的半径为，易知，， 则由，得， 所以球的表面积，故正确. 故选： 【点睛】方法点睛：三棱锥外接球的半径的求法： （1）先找两个面的外心； （2）过外心作所在平面的垂线，两垂线的交点即为球心； （3）构造直角三角形，利用勾股定理求出半径. 有时无须确定球心的具体位置，即只用找一个面的外心，则球心一定在过该外心与所在平面的垂线上. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据射影向量的定义及向量的数量积、模运算即可. 【详解】由已知条件得，， 所以向量在向量上的投影向量的坐标为. 故答案为： 13. 过点且在轴上的截距为的直线方程是_____.（请写出一般式方程） 【答案】 【解析】 【分析】依题意设直线方程为，代入点的坐标，即可求出，从而得到直线方程. 【详解】依题意，直线的斜率存在，设直线方程为， 因为直线过点，所以，解得， 所以直线方程为，即. 故答案为： 14. 已知在中，角满足，则的最小值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用同角三角函数与正弦定理可得，利用余弦定理结合基本不等式可求的最小值. 【详解】∵，∴， 化简得：， 由正弦定理得：，所以， 所以：， 当且仅当时等号成立，即的最小值为. 故答案为：. 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 如图，在平行六面体中，M为与的交点，N为的靠近B的三等分点，若，，. （1）用，，表示，向量； （2）若，，计算. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）以，，为基向量，利用空间向量的线性运算法则表示，向量即可； （2）结合（1）中的表达，按数量积的运算律转化，再利用数量积的定义求解即可. 【小问1详解】 解：因为，所以， 因为， 所以. 【小问2详解】 解：因为 ， 所以. 16. 年奥运会在巴黎举行，中国代表团获得了枚金牌，枚银牌，枚铜牌，共枚奖牌，取得了境外举办奥运会的最好成绩，运动员的拼搏精神给人们留下了深刻印象.为了增加学生对奥运知识的了解，弘扬奥运精神，某校组织高二年级学生进行了奥运知识能力测试.根据测试成绩，将所得数据按照，，，，，分成组，其频率分布直方图如图所示. （1）求该样本的第百分位数； （2）试估计本次奥运知识能力测试成绩的平均分； （3）该校准备对本次奥运知识能力测试成绩不及格（分以下）的学生，采用按比例分配的分层随机抽样方法抽出名同学，再从抽取的这名同学中随机抽取名同学进行情况了解，求这名同学分数在，各一人的概率 【答案】（1）第75百分位数82 （2）平均分为71 （3） 【解析】 【分析】（1）根据百分位数定义结合题意计算即可； （2）根据频率直方图中的平均数计算方法求解即可； （3）利用分层抽样、列举法及古典概型即可求解. 【小问1详解】 由题意可得：， 解得：； 因为， 所以该样本的第百分位数在区间内， 所以设该样本的第百分位数为，则可得方程： ， 解得：， 即该样本的第百分位数为. 【小问2详解】 因为， 故本次奥运知识能力测试成绩平均分为. 【小问3详解】 采用分层抽样从和抽取名同学， 因为， 则应在成绩为的学生中抽取人，记为，； 在成绩为的学生中抽取人，记为，，； 再从抽取的这名同学中随机抽取名同学有如下结果， ，，，，， ，，，， 共种可能结果； 其中在，各一人的共种； 所以所求概率， 则这名同学分数在，各一人的概率为. 17. 已知分别为三个内角的对边，且满足. （1）求角； （2）若为锐角三角形，且，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理可得，进而运算可得，可求角． （2）由余弦定理可得，解得的值，根据三角形的面积公式即可求解． 【小问1详解】 ∵， 由正弦定理得， ∴， ∴， 又，得， ∴， 又∵，∴. 【小问2详解】 ∵，，， ∴ 解得：或， 当时，此时中最大，则最大，此时，角为钝角，不满足题意； 当时，此时中最大，则最大，此时，角为锐角，满足题意， ∴， 所以的面积为. 18. 在平面直角坐标系中，已知圆M的圆心在直线上，且圆M与直线相切于点. （1）求圆M的方程； （2）过坐标原点O的直线被圆M截得的弦长为，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据直线与圆的相切的关系得出圆心与切点连线方程，联立方程组计算可得圆心坐标，根据两点距离公式计算半径即可得圆M的标准方程； （2）根据弦长公式可得圆心M到直线的距离，分类讨论直线斜率是否存在，并点到直线的距离公式计算斜率即可. 【小问1详解】 易知过点且与直线垂直的直线斜率为， 故圆心M与切点连线方程为， 联立解得， 所以； 所以圆M的半径为， 所以圆M的方程为. 【小问2详解】 如图，由（1）可知圆M的方程为， 因为直线被圆M截得的弦长为， 所以M到直线的距离为， 若直线的斜率不存在，则方程为，此时圆心到直线的距离为1，不符合题意； 若直线的斜率存在，设方程为， 则，即，解得或， 所以直线的方程为或. 19. 如图，在三棱锥中，平面平面，，，M，N分别为棱，的中点. （1）证明：平面； （2）若，，二面角的余弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）4 【解析】 【分析】（1）证明，，根据线面垂直的判定定理可得结论； （2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，根据空间角的向量求法结合二面角的余弦值，求出的长，根据棱锥体积公式即可求得答案. 【小问1详解】 因为，点M是的中点，所以. 因为，所以， 又因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面. 平面，所以. 又因为，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为，，所以， 如图，取的中点，连接，则. 因为平面，所以平面. 故以M为坐标原点，分别以，，所在直线分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 得，，，， 所以，，，. 设平面的法向量， 则得令，得. 设平面的法向量， 则由，得， 令，得. 依题意，， 因为，所以解得，所以， 所以三棱锥的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$