精品解析：湖南省长沙市明德中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷

明德中学2024年下学期期中考试 高二年级数学试卷 2024年11月 时量：120分钟 满分150 命题：姜华 审定：何国瑞 一､单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，每个小题只有一个正确答案） 1. 若集合，，则中元素的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 若复数（其中i为虚数单位），则复数在复平面上对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 设平面向量，若，则等于（ ） A. B. C. 20 D. 4. 已知焦点在y轴上的椭圆的离心率为，焦距为，则该椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，空间四边形OABC中， 点M在OA上，且 点N为BC中点，则 等于（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆与圆外切，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 过拋物线上一动点作圆（r为常数且）的两条切线，切点分别为，若的最小值是，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知函数满足，若函数在上的零点为，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题（本题共3个小题，每小题6分，共18分，每小题有多项符合题目要求，全部选对得6分.选错得0分，部分选对得部分分） 9. 设实数，，且满足，则下列不等关系中一定成立的是（ ）． A. B. C. D. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的第60百分位数为10. B. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是 C. 投掷一枚均匀硬币和一个均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数大于4”为事件，则事件都发生的概率是. D. 若样本的平均数和方差分别为2和3，则的平均数和方差分别为8和27. 11. 1675年，卡西尼在矿究土星及其卫星的运行规律时发现了卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹.已知点，动点满足，动点的运动轨迹为曲线，则下列说法正确的是（ ） A. 曲线经过坐标原点. B. 曲线的图象关于轴对称. C. 点的轨迹方程为. D. 面积的最大值为3. 三､填空题（本题共3个小题，每题5分，共15分） 12. 已知直线与垂直，则__________. 13. 如图，在正方体中，M，N分别为DB，的中点，则直线和BN的夹角的余弦值为______ 14. 已知椭圆与双曲线的左、右焦点相同，分别为，，与在第一象限内交于点，且，与的离心率分别为，．则______，的取值范围是______． 四､解答题（本题共5个小题，共77分，解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤.） 15. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若的面积为，求的周长. 16. 已知三点，记的外接圆为. （1）求的方程； （2）若直线与交于两点，求的面积. 17. 如图，直角梯形中，分别为边的中点，将沿边折起到的位置，为边的中点. （1）证明：平面； （2）当为等边三角形时，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 某校举行围棋比赛，甲､乙､丙三个人通过初赛，进入决赛.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为. （1）决赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲､乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，首先累计到2分者获得比赛胜利，比赛结束.假设，且每局比赛相互独立. （i）求乙连胜两局获得最终胜利的概率； （ii）求比赛结束时乙获胜的概率； （2）若，假设乙第一局出场，且乙获得了指定首次比赛对手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略. 19. 在平面直角坐标系中，利用公式①（其中为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母表示. （1）如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵A； （2）在平面直角坐标系中，求双曲线通过二阶矩阵进行线性变换后得到的双曲线方程； （3）已知由（2）得到的双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（在第一象限），与轴交于点.设直线的倾斜角分别为，求证：为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 明德中学2024年下学期期中考试 高二年级数学试卷 2024年11月 时量：120分钟 满分150 命题：姜华 审定：何国瑞 一､单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，每个小题只有一个正确答案） 1. 若集合，，则中元素的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合的交集即可得出元素个数. 【详解】因为集合，， 所以，即集合中有2个元素. 故选：B 2. 若复数（其中i为虚数单位），则复数在复平面上对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法运算求得，得其对应点坐标，从而得所在象限． 【详解】，对应点坐标为，在第一象限． 故选：A． 3. 设平面向量，若，则等于（ ） A. B. C. 20 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量平行的坐标表示及模长公式即可求解. 【详解】由， 可得：，即， 所以， 故选：D 4. 已知焦点在y轴上的椭圆的离心率为，焦距为，则该椭圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由离心率及焦距可得，即可得出椭圆方程. 【详解】设椭圆的标准方程为，焦距为， 由得，由得， 故， 所以该椭圆的方程为． 故选：D． 5. 如图，空间四边形OABC中， 点M在OA上，且 点N为BC中点，则 等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量基本定理进行求解即可. 【详解】已知，点N为BC中点， 则. 故选：C 6. 已知圆与圆外切，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】两圆外切时，两圆的圆心距等于两圆半径之和.先求出两圆的圆心坐标和半径，再根据两圆外切的性质列出等式求解的值. 【详解】对于圆，其圆心坐标，半径. 对于圆，即， 其圆心坐标，半径， 因为两圆外切，所以两圆的圆心距等于两圆半径之和. 两圆的圆心距， 根据两圆外切性质，即，解得. 故选：B. 7. 过拋物线上一动点作圆（r为常数且）的两条切线，切点分别为，若的最小值是，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】设，利用圆的切线性质，借助图形的面积把表示为的函数，再求出函数的最小值即可. 【详解】设，则，圆的圆心，半径为， 由切圆于点，得， 则 ， 当且仅当时，等号成立， 可知的最小值为，整理可得，解得或， 因为，所以，即. 故选：A. 【点睛】思路点睛：本题考查圆和抛物线综合问题，具体思路如下： （1）当四边形对角线互相垂直时，四边形面积等于对角线乘积的一半. （2）根据圆的切线垂直于过切点的半径，可把四边形面积转化为两个全等三角形面积的和. （3）设，利用圆的切线性质，借助图形的面积把表示为的函数，求出函数的最小值，利用等量关系即可得到结果. 8. 已知函数满足，若函数在上的零点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由方程组法求得，判断其奇偶性，再结合函数图形即可判断. 【详解】由，可得， 解得，易知为奇函数，故的图象关于原点对称， 则函数在上的图急关于原点对称， 故函数在上的零点也关于原点对称，和为0， 在上的零点和即为上的零点和， 令，得， 作出和在同一坐标系中的图象，可知在内的零点有， 故零点之和为 故选：B 二､多选题（本题共3个小题，每小题6分，共18分，每小题有多项符合题目要求，全部选对得6分.选错得0分，部分选对得部分分） 9. 设实数，，且满足，则下列不等关系中一定成立的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】利用不等式的性质和指数函数的单调性对四个选项逐一判断，即可得出答案. 【详解】因为，所以，故A正确； 因为，所以，故B正确； 因为函数在上单调递增，且，所以，故C不正确； 当时，结合，可得，当时，，故D不正确. 故选：AB. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 数据的第60百分位数为10. B. 用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是 C. 投掷一枚均匀硬币和一个均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数大于4”为事件，则事件都发生的概率是. D. 若样本的平均数和方差分别为2和3，则的平均数和方差分别为8和27. 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出第60百分位数判断A；利用简单随机抽样的意义判断B；利用独立事件的概率计算判断C；利用平均数的方差的性质计算判断D. 【详解】对于A，由，得第60百分位数为左起第5个数10，A正确； 对于B，从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是，B正确； 对于C，，事件相互独立，则，C错误； 对于D，依题意，的平均数为，方差为，D正确. 故选：ABD 11. 1675年，卡西尼在矿究土星及其卫星的运行规律时发现了卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹.已知点，动点满足，动点的运动轨迹为曲线，则下列说法正确的是（ ） A. 曲线经过坐标原点. B. 曲线的图象关于轴对称. C. 点的轨迹方程为. D. 面积的最大值为3. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于AC，由确定轨迹方程即可判断，对于B，通过换成即可判断，对于D，通过轨迹方程确定点纵坐标的最大值即可判断. 【详解】已知定点为，因为动点满足， 所以点的轨迹方程为，代入原点坐标不满足方程，所以A错误， 代入，方程仍然成立，所以B正确， 两边同时平方可得，所以C正确， 整理得，所以， 此时，当且仅当时，取得最大值3，所以D正确， 故选：BCD 三､填空题（本题共3个小题，每题5分，共15分） 12. 已知直线与垂直，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】利用一般式方程下两直线垂直的公式代入求解即可得到结果. 【详解】由两直线垂直得，，解得. 故答案为：4. 13. 如图，在正方体中，M，N分别为DB，的中点，则直线和BN的夹角的余弦值为______ 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，求出各点坐标，利用异面直线空间向量夹角公式进行求解. 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， 故和BN的夹角的余弦值为. 故答案为： 14. 已知椭圆与双曲线的左、右焦点相同，分别为，，与在第一象限内交于点，且，与的离心率分别为，．则______，的取值范围是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用椭圆以及双曲线定义联立方程组可得，因此可求得；求出的表达式再根据三角形三边关系可求得，利用函数单调性即可求得结果. 【详解】如下图所示： 根据椭圆定义以及双曲线定义可得，解得； 显然，可得； 又且，其中； 可得，所以，即； 所以． 令，则． 因为，所以． 又，所以有，所以有； 又，所以有，所以有， 所以可得． 设函数，则，函数在区间上单调递增， 所以，所以． 即可得的取值范围是. 故答案为：；. 【点睛】易错点点睛：在求解椭圆以及双曲线离心率问题时，最容易忽略利用它们的定义来求得线段长度表达式，再进行相关问题求解. 四､解答题（本题共5个小题，共77分，解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤.） 15. 在中，角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式即可求解. （2）利用三角形的面积公式可求出，利用余弦定理可得出的值，即可得三角形周长. 【小问1详解】 因为， 所以 即. 因为，所以， 所以， 因为，所以. 【小问2详解】 由（1）可知，则. 因为的面积为，所以，解得 由余弦定理得， 则. 故的周长为. 16. 已知三点，记的外接圆为. （1）求的方程； （2）若直线与交于两点，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先设圆的一般方程，借助待定系数法计算即可； （2）运用弦长公式计算弦长，再用点到直线距离公式求高，再求面积即可. 【小问1详解】 设的一般方程为， 由题意可知，解得， 所以，故的标准方程为. 【小问2详解】 由（1）可知，，半径.则圆心到直线的距离为， 所以，故的面积为. 17. 如图，直角梯形中，分别为边的中点，将沿边折起到的位置，为边的中点. （1）证明：平面； （2）当为等边三角形时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明： AI    如图，取的中点，的中点，连接. 由题意知，， 直角梯形中，四边形为正方形， 为的中点， ， 四边形为平行四边形，， 平面，平面， 平面. （2） 【解析】 【分析】（1）通过作辅助线构造平行四边形，利用线线平行证明线面平行. （2）通过证明线面垂直建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，利用平面夹角的公式可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，则， ，面， 平面， 面，， ∵平面，平面，， ∴平面， 以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则， ∴， 由题意得，平面的法向量为. 设为平面的法向量， 则，即， 令，则，故. 设平面与平面的夹角为，由题可知为锐角， ， 平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 某校举行围棋比赛，甲､乙､丙三个人通过初赛，进入决赛.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为. （1）决赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲､乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，首先累计到2分者获得比赛胜利，比赛结束.假设，且每局比赛相互独立. （i）求乙连胜两局获得最终胜利的概率； （ii）求比赛结束时乙获胜的概率； （2）若，假设乙第一局出场，且乙获得了指定首次比赛对手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略. 【答案】（1）（i）；（ii） （2）乙的最优指定策略是指定第一局的对手为甲 【解析】 【分析】（1）（i）计算第一局乙获胜的概率和第二局乙获胜的概率，相乘即可得结果. （ii）考虑比赛结束时乙获胜的所有情况，由独立事件的乘法公式计算出概率，再由互斥事件概率的加法公式即可得结果. （2）计算第一局乙对丙最终乙获胜的概率和第一局乙对甲最终乙获胜的概率，结合条件作差比较大小即可得到结果. 【小问1详解】 （i）. （ii） ， 【小问2详解】 设事件为“第一局乙对丙最终乙获胜”，为“第一局乙对甲最终乙获胜”， 第一，第一局乙获胜，第二局乙获胜； 第二，第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜； 第三，第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜， 故； 同理可得； ， 由于，故， 所以，故乙的最优指定策略是指定第一局的对手为甲. 19. 在平面直角坐标系中，利用公式①（其中为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母表示. （1）如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵A； （2）在平面直角坐标系中，求双曲线通过二阶矩阵进行线性变换后得到的双曲线方程； （3）已知由（2）得到的双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（在第一象限），与轴交于点.设直线的倾斜角分别为，求证：为定值. 【答案】（1）， （2） （3）证明：①直线斜率存在时，可设直线的方程为， 设， 由，得， 所以，，且， 当时，取，，所以直线方程为：， 直线方程与双曲线方程联立可得，解得或， 所以，.所以，所以，可得； 当时，设的斜率分别为， ，， 所以， ， 所以. 因为在第一象限，所以，所以，所以. ②直线斜率不存在时，可得， 可得，， 所以，同理可得. 综上可得，为定值.得证. 【解析】 【分析】（1）设，,运用线性变换概念，结合和角公式计算即可； （2）运用变换概念，找出变换前后的关系式，计算即可； （3）设直线的方程，与曲线联立，借助韦达定理.得到两根之和和积，取，进而得到直线方程，直线方程与双曲线方程联立可得，.求出；当时，设的斜率分别为，结合前面韦达定理的结论，求出.求出，再讨论斜率不存在的时候即可 . 【小问1详解】 设，，则，，， 故， ， 所以坐标变换公式为， 所以对应的二阶矩阵A为 【小问2详解】 设曲线上任意一点变换后所得点坐标为. 即， 得，则，所求曲线方程为； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $