精品解析：重庆市西南大学附属中学校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

西南大学附中2024-2025学年度上期期中考试 高二数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整. 3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）. 一、单选题：本大题共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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线与，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 3. 下列函数中，在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 4. 国家射击运动员甲在某次训练中的次射击成绩（单位：环）为，其中为整数，若这次射击成绩的第百分位数为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线与圆交于点，，当变化时，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）. A. 1 B. 2 C. D. 7. 直线的倾斜角范围为（ ） A. B. C. D. 8. 根据气象学上的标准，连续5天的日平均气温低于即为入冬，将连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，现有4组样本①、②、③、④，依次计算得到结果如下： ①平均数； ②平均数且极差小于或等于3； ③平均数且标准差； ④众数等于5且极差小于或等于4． 则4组样本中一定符合入冬指标的共有（ ） A. 1组 B. 2组 C. 3组 D. 4组 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次.记事件为两次数字之和为，事件为第一次数字小于等于，事件为两次数字之积为奇数，则（ ） A. B. 与相互独立 C. 与为对立事件 D. 与相互独立 10. 已知点是圆上任意一点，直线：分别与轴、轴相交于点，则（ ） A. 直线与圆相离 B. 面积的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G是棱上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面截正方体所得截面为六边形 B. 点G到平面的距离为定值 C. 若，且，则G为棱的中点 D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆：与圆：有3条公切线，则实数的取值是______. 13. 已知点与点关于点对称.若，，，的平均数为5，方差为3.则，，，这组数的平均数为_____，方差为_____. 14. 已知圆上任意一点，的取值与的位置无关，则的取值范围是_____. 四、解答题：本大题共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. 某高校承办了成都世乒赛志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三､四､五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. （1）求的值； （2）估计这100名候选者面试成绩的众数､平均数和分位数（分位数精确到0.1）； （3）在第四､第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率. 16. 已知的三个顶点分别是，，. （1）求边上的高所在的直线方程； （2）求边上的中线所在的直线方程； （3）求角平分线所在的直线方程. 17. 在中，，，为，，的对边，. （1）求； （2）若为的角平分线，交于点，，，求的面积. 18. 如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，，平面平面. （1）证明：； （2）求点到平面的距离； （3）线段是否存在一点，使得平面平面，如果存在找出点的位置，不存在请说明理由. 19. 已知二次曲线表示圆的充要条件为，且.关于二次曲线，有以下结论：若，，，为平面内三条直线，且，，，则过，，三点的二次曲线系方程为（，为参数）.若，，，为平面内四条直线，且，，，，则过四点的二次曲线系方程为（为参数）. （1）若三角形三边所在直线方程分别为：，，.求该三角形的外接圆方程. （2）记（1）中所求的外接圆为，直线与交于，两点（在第一象限），直线与交于，两点（在第二象限），直线交轴于点，直线交轴于点，直线与直线交于点. （i）求证：； （ii）求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西南大学附中2024-2025学年度上期期中考试 高二数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整. 3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）. 一、单选题：本大题共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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的几何意义得到，再利用共轭复数的定义，即可求解. 【详解】因为复数对应的点的坐标是，得到，所以， 故选：B. 2. 已知直线与，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】A 【解析】 【分析】利用两直线垂直的充要条件得到，从而得到或，再利用充分条件与必要条件的判断方法，即可求解. 【详解】当直线与垂直时，，即， 解得或， 所以可以推出，但推不出，即“”是“”的充分不必要条件， 故选：A. 3. 下列函数中，在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可. 【详解】对于A，因为在上单调递增，所以在上单调递减，故A错误； 对于B，因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递减，故B错误； 对于C，因为在上单调递减，在上单调递减， 所以在上单调递增，故C正确； 对于D，因为，， 显然在上不单调，D错误. 故选：C. 4. 国家射击运动员甲在某次训练中的次射击成绩（单位：环）为，其中为整数，若这次射击成绩的第百分位数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用百分位数的求法，即可求解. 【详解】将次射击成绩除外，从小排到大为， 因为，所以第百分位数是：从小排到大后的第二个数与第三个数的平均数， 又这次射击成绩的第百分位数为，所以， 故答案为：B. 5. 已知直线与圆交于点，，当变化时，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件得直线过定点，且定点在圆内，先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，从而知最大时，弦长最短，再利用几何关系，即可求解. 【详解】易知直线过定点，又，所以点在内， 又易知圆心为，半径为， 设圆心到直线的距离为，则， 当最大时，最小，此时直线与直线垂直，即， 所以的最小值为， 故选：D. 6. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）. A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离. 【详解】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 故选：D. 7. 直线的倾斜角范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先对进行讨论，当时得到直线倾斜角为，当时，由直线方程得到斜率，再由斜率可得倾斜角的范围. 【详解】当时，直线为：， 故直线的倾斜角为：； 当时，直线为：， 设直线的倾斜角为， 即， 当时，， 当且仅当“”，即时取等号； 即， 当时，， 当且仅当“”，即时取等号； 即， 综上所述：. 故选：A 8. 根据气象学上的标准，连续5天的日平均气温低于即为入冬，将连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，现有4组样本①、②、③、④，依次计算得到结果如下： ①平均数； ②平均数且极差小于或等于3； ③平均数且标准差； ④众数等于5且极差小于或等于4． 则4组样本中一定符合入冬指标的共有（ ） A. 1组 B. 2组 C. 3组 D. 4组 【答案】B 【解析】 【分析】举反例否定①；反证法证明②符合要求；举反例否定③；直接法证明④符合要求. 【详解】①举反例：，，，，，其平均数．但不符合入冬指标； ②假设有数据大于或等于10，由极差小于或等于3可知， 则此组数据中的最小值为，此时数据的平均数必然大于7， 与矛盾，故假设错误.则此组数据全部小于10. 符合入冬指标； ③举反例：1，1，1，1，11，平均数，且标准差.但不符合入冬指标； ④在众数等于5且极差小于等于4时，则最大数不超过9.符合入冬指标. 故选：B． 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次.记事件为两次数字之和为，事件为第一次数字小于等于，事件为两次数字之积为奇数，则（ ） A. B. 与相互独立 C. 与为对立事件 D. 与相互独立 【答案】AB 【解析】 【分析】先求出总的样本空间数，再用列举法求出事件，选项A，利用古典概率公式，即可求解；选项B和D，利用相互独立的判断方法，即可求解；选项C，利用互斥事件和对立事件的定义，即可求解. 【详解】用中的分别表示第一次、第二次掷一枚质地均匀的骰子的点数， 易知，总的样本空间数为， 事件包含的基本事件为：，共个， 事件包含的基本事件为：，，，共个， 事件包含的基本事件为：，共个 对于选项A，由古典概率公式得，故选项A正确， 对于选项B，由古典概率公式得，，， 因为，所以与相互独立，故选项B正确， 对于选项C，易知与互斥但不对立，所以选项C错误， 对于选项D，由古典概率公式得，又，所以， 即与不相互独立，故选项D错误， 故选：AB. 10. 已知点是圆上任意一点，直线：分别与轴、轴相交于点，则（ ） A. 直线与圆相离 B. 面积的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由圆心到直线距离与半径大小即可判断，对于B，确定圆心到直线的距离，即可求解，对于C，设，通过直线与圆恒有交点即可，对于D，由与圆相切即可求解. 【详解】对于A，由，得圆心， 圆心到的距离，直线与圆相离，A正确； 对于B，易知，，由A知，圆心到直线距离为， 故圆上点到直线距离的最小值为， 所以面积最小值为，B错误； 对于C，令，得，因为为圆上的点， 所以与圆有交点， 故，解得，C正确； 对于D，结合图象可知当与圆这种相切时，最小， 设斜率为，直线方程为：，由相切可得：， 解得，即的倾斜角为，所以， 易知，所以，D正确. 故选：ACD 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G是棱上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面截正方体所得截面为六边形 B. 点G到平面的距离为定值 C. 若，且，则G为棱的中点 D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用平行线的传递性与平行线共面判断A，利用线面平行的判定定理判断B，利用空间向量推得四点共面，结合面面平行的性质定理判断C，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得线面角的取值范围判断D，从而得解. 【详解】对于A，连接， 在正方体中，E，F分别为棱的中点， 所以，， 所以，则平面与平面为同一平面， 所以平面截正方体所得截面为平面，为四边形，故A错误； 对于B，在正方体中，E，F分别为棱的中点， 所以， 又平面，平面，所以平面， 又点G是棱上的一个动点，所以点G到平面的距离为定值，故B正确； 对于C，连接， 因为，且，所以四点共面， 因为在正方体中，平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以， 在正方体中，， 所以四边形是平行四边形，则，则， 因为E为棱的中点，所以G为棱的中点，故C正确； 对于D，以为原点，建立空间直角坐标系，如图， 设，则， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线与平面所成角为， 则， 因为，所以，则， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆：与圆：有3条公切线，则实数的取值是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，可得圆与圆外切，再列式求解. 【详解】圆的圆心，半径， 圆的圆心，半径， 由圆与圆有3条公切线，得圆与圆外切， 则， 即，而，所以. 故答案为： 13. 已知点与点关于点对称.若，，，的平均数为5，方差为3.则，，，这组数的平均数为_____，方差为_____. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据条件得到，再结合平均数、方差计算公式，即可求解. 【详解】因为点与点关于点对称， 则，得到， 因为，，，的平均数为5，方差为3，则，，，这组数的平均数为，方差为， 故答案为：；. 14. 已知圆上任意一点，的取值与的位置无关，则的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知直线，直线位于圆的两侧，且与圆均不相交，从而可列出不等式得出的范围． 【详解】设直线，直线， 则到直线的距离为，到直线的距离为， 因为的取值与的位置无关，所以为常数， 所以圆在平行线之间，又直线在圆下方，所以直线在圆上方， 由，得到或， 故答案为：． 四、解答题：本大题共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. 某高校承办了成都世乒赛志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三､四､五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. （1）求的值； （2）估计这100名候选者面试成绩的众数､平均数和分位数（分位数精确到0.1）； （3）在第四､第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率. 【答案】（1）， （2）众数为，平均数为69.5，分位数为71.7 （3） 【解析】 【分析】（1）由第三､四､五组的频率之和为0.7，所有组频率之和为1，列方程求的值； （2）由频率分布直方图中众数､平均数和百分位数的定义公式计算； （3）根据分层抽样确定的人数，解决古典概型概率问题. 【小问1详解】 因为第三､四､五组的频率之和为0.7， 所以，解得， 所以前两组的频率之和为，即， 所以. 【小问2详解】 众数为 平均数为， 前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75， 所以分位数在第三组，且为. 【小问3详解】 第四､第五两组志愿者分别有20人，5人，采用分层抽样的方法从中抽取5人， 则第四组抽4人，记为，第五组抽1人，记为， 则从这5人中选出2人，有共10种结果， 两人来自不同组有共4种结果， 所以两人来自不同组的概率为. 16. 已知的三个顶点分别是，，. （1）求边上的高所在的直线方程； （2）求边上的中线所在的直线方程； （3）求角平分线所在的直线方程. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用斜率坐标公式及垂直关系求出高所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得； （2）求出中点坐标及中线所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得； （3）先求出直线的单位向量，结合角平分线求出角平分线所在的直线的方向向量，结合方向向量和直线斜率的关系即可求出斜率，再根据点斜式即可求解. 【小问1详解】 直线的斜率， 则边上的高所在的直线斜率为， 直线又过， 所以边上的高所在的直线方程为， 即. 【小问2详解】 依题意，边的中点， 因此边上的中线所在直线的斜率， 直线又过， 所以边上的中线所在直线的方程为， 即. 【小问3详解】 由题意知：, 故与同方向的单位向量为：， 与同方向的单位向量为：， 故角平分线所在的直线的方向向量为：， 设角平分线所在的直线的斜率为， 又直线的方向向量可以表示为， ， 直线又过， 故角平分线所在的直线方程为：， 即. 17. 在中，，，为，，的对边，. （1）求； （2）若为的角平分线，交于点，，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边转角得到，再利用辅助角公式和特殊角的三角函数值，即可求角； （2）根据条件，利用等面积法，得到，再利用余弦定理得，联立求出，即可求解. 【小问1详解】 由，得到， 又，所以，即，得到， 又，所以，解得. 【小问2详解】 因为，，所以， 又，得到， 在中，由余弦定理得到， 又，所以，解得(舍负)，所以， 故的面积为. 18. 如图，三棱柱的底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，，平面平面. （1）证明：； （2）求点到平面的距离； （3）线段是否存在一点，使得平面平面，如果存在找出点的位置，不存在请说明理由. 【答案】（1）证明：连接，由四边形为菱形，得，由，得， 又平面平面，平面平面，面ABC， 则平面，又平面，于是，而，则， 又，平面，因此平面，又平面， 所以 （2） （3）存在，此时 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定可得平面，然后利用线面垂直性质定理结合平行即可得证. （2）根据给定条件，结合余弦定理，利用等体积法求出点到平面的距离. （3）以为原点，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，设，平面的法向量为，平面的法向量为，求出两个平面的法向量，由即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 点到平面的距离，即三棱锥的底面上的高， 由（1）知平面，则三棱锥的底面上的高为， 设点到平面的距离为d，由，得， 而，，则的面积， 由，，得，又，，则， 又，，由余弦定理得， 则，的面积， 则，即 ，所以点到平面的距离为. 【小问3详解】 取的中点为，连接， 因为四边形是菱形，且， 所以，， 又因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， ，即， 如图，以为原点， 为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 设，， 所以，可得， ， 设平面的法向量为， 则， 可得， ， 设平面的法向量为， 则， 可得， 使得平面平面， 则，解得， 故上存在一点，当时，平面平面. 19. 已知二次曲线表示圆的充要条件为，且.关于二次曲线，有以下结论：若，，，为平面内三条直线，且，，，则过，，三点的二次曲线系方程为（，为参数）.若，，，为平面内四条直线，且，，，，则过四点的二次曲线系方程为（为参数）. （1）若三角形三边所在直线方程分别为：，，.求该三角形的外接圆方程. （2）记（1）中所求的外接圆为，直线与交于，两点（在第一象限），直线与交于，两点（在第二象限），直线交轴于点，直线交轴于点，直线与直线交于点. （i）求证：； （ii）求的最小值. 【答案】（1） （2）（i）证明：如图，在平面直角坐标系中， 设直线与轴的交点，直线与轴的交点， 由题意知直线均不与轴垂直， 则直线方程可设为，直线方程可设为， 由题意可知，且. 不妨记直线分别为， 且， 其中，，，. 故由题意，过四点的二次曲线系方程可设为 （为参数）， 即 ①， 若时，方程表示两条直线，不表示圆， 故. 由四点不共线，且都在圆②上， 所以方程①②表示同一圆， 则有③，且④. （i）由③式及，可得， 即；故（i）得证； （ii） 【解析】 【分析】（1）由题意，根据三条直线方程设出二次曲线系方程，通过方程表示圆的充要条件待定系数可得； （2）由四条直线方程设出二次曲线系方程，再由已知圆的一般方程，对比两方程寻找系数的等量关系，由关系可证得，由关系式（即）可得交点在定直线上上，进而求解最值. 【小问1详解】 则由题意，可设所求三角形的外接圆方程为：（，为参数）， 即 ，（） 若方程表示圆，则，解得. 将代入（）式化简得， 验证：由，可知该方程表示圆. 故该三角形的外接圆方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）由③式可得，令，则， 代入④式可得， 联立直线方程，解得， 即交点在定直线上，故. 如图2，由对称性可知，当时，交点在轴上， 即，此时. 故的最小值为. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键有两点，一是理解二次曲线系方程的设法，能够根据题目提供的条件由直线方程设出二次曲线方程；二是二次曲线系方程的应用，本题主要是三角形外接圆与四边形外接圆的应用，第（1）问通过方程表示圆的充要条件待定系数，第（2）问通过同一圆的两种不同方程表达形式寻求等量关系从而解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $