精品解析：广东省部分学校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题

广东省部分学校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.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. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一、二册，选择性必修第一册第一章至第二章. 一、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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线的斜率求得直线的倾斜角. 【详解】直线的斜率为，倾斜角为. 故选：C 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的运算法则计算即可得到结果. 【详解】. 故选：D. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据题意求出集合B，再求解即可. 【详解】因为，所以 故选：C. 4. 已知直线与.若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线平行列方程，从而求得的值. 【详解】由于，所以， 此时两直线方程分别为， 不重合，符合题意，所以. 故选：B 5. 已知向量，，.若，，共面，则（ ） A. 11 B. C. 9 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量共面列方程，由此求得的值. 【详解】依题意，，，共面， 所以存在，使得， 即， 所以，解得. 故选：A 6. 直线截圆所得的弦长为（ ） A. B. 1 C. 4 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由标准方程得到圆心和半径，再由点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，最后由几何法求出弦长即可； 【详解】根据题意可得圆心，圆的半径为3，点到直线的距离，故所求弦长为. 故选：D. 7. 刍甍是中国古代算数中的一种几何体，是底面为矩形的屋脊状的楔体.现有一个刍甍如图所示，底面 BCDE为矩形，平面BCDE，和是全等的正三角形，，，，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】用基向量表示和，再利用异面直线所成角的向量公式即可求解. 【详解】依题意得，， 所以 ， 又，， 所以设异面直线AE与BD所成的角为， 则 故选：A. 8. 已知，，若直线上存在点P，使得，则t的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，根据，得出的轨迹方程，再结合条件为直线上的点，得到直线与圆的位置关系，即可求解. 【详解】设，则，， 因为，所以， 即，所以点在以为圆心，4为半径的圆上. 点在直线上， 所以直线与圆有公共点， 则，解得 故选:B. 二、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. 已知直线过定点则下列结论正确的是（ ） A. P的坐标为 B. 当时，l在y轴上的截距为 C. 若l与直线垂直，则 D. 点P在圆的外部 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据直线过定点问题判断A，根据截距的定义判断B，根据直线垂直公式列方程求解判断C，根据点与圆的位置关系判断D． 【详解】对于A，由题意得直线，即， 由，解得，故A正确； 对于B，当时，直线l为，令，， 所以在y轴上的截距为，故B正确； 对于C，由，解得，故C错误； 对于D，因为，所以点P在圆的外部，故D正确. 故选：ABD 10. 已知函数的部分图象如图所示，其中，，则（ ） A. B. C. 在上单调递增 D. 在上恰有10个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】先根据图象求出函数的解析式，即可判断AB；再利用整体代入的思想结合正弦函数的性质判断CD. 【详解】由图可知，，，即， 又，则，故A正确； 此时， 又，且，则，故B正确； 此时， 当时，， 因为函数在上不单调， 所以在上不单调，故C错误； 当时，， 因为函数在上有10个零点， 所以在上恰有10个零点，故D正确. 故选：ABD. 11. 若平面，平面，平面，则称点F为点E在平面内的正投影，记为如图，在直四棱柱中，，， 分别为，的中点，，记平面为，平面ABCD为，，（ ） A. 若，则 B. 存在点H，使得平面 C. 线段长度的最小值是 D. 存在点H，使得 【答案】ABC 【解析】 【分析】先建系，对于选项A，先证Q，B，N，P四点共面，再计算的值；对于选项B，先找出，，可得是平面的一个法向量，结合平面，则，依此求出H的位置；对于选项C，表示出，求解其最小值即可；对于D，依据，则，从而可判定H的存在性. 【详解】对于A：因为为直四棱柱，，所以以A为坐标原点，AD，AB，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，连接PQ， 则，，，，， 故，， 所以，即Q，B，N，P四点共面， 若，则，解得，A正确； 对于B：过点H作，交于点G，过点G作AB的垂线，垂足即， 过点A作的垂线，垂足即，连接，，由题意可得， 则，，，， 故，，，， 易得是平面的一个法向量，若平面， 则，即，解得，符合题意， 所以存在点H，使得平面，B正确， 对于C：， 当时，取得最小值，最小值为，C正确. 对于D：若，则， 得，无解，所以不存在点H，使得，D错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：根据题意可知在平面上，然后建立坐标系，根据投影表示所需要点的坐标，然后利用坐标计算即可. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆，则圆的半径为_____________. 【答案】4 【解析】 【分析】将圆化简为标准方程求解即可. 【详解】根据题意圆，可得圆的半径为. 故答案为：4 13. 某校高三年级男生共600人，女生共400人，现按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从高三年级所有学生中抽取5人组成某活动志愿者小队，则被抽取的女生人数为_____________.若从被抽取的这5人中抽取2人作为志愿者小队队长，则恰有1个男队长的概率为_____________. 【答案】 ①. 2 ②. ##0.6 【解析】 【分析】由分层抽样的方法计算即可；先列举出可能得情况，再用古典概率计算即可； 【详解】根据题意易得被抽取的这5人中女生的人数为，则男生的人数为3，女生人数为2， 设被抽取的这5人中男生分别为A，B，C，女生分别为a，b， 则从被抽取的这5人中抽取2人的所有情况有 ，，共10种情况， 其中恰有1个男队长的情况有6种，故所求概率为. 故答案为：2；. 14. 已知球是棱长为的正四面体的内切球，是球的一条直径，为该正四面体表面上的动点，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】作出图形，计算出正四面体内切球的半径，由此可求得，由空间向量数量积的运算性质得出，进而可知当点为正四面体的顶点时，取得最大值，即可得解. 【详解】如下图所示： 正四面体的棱长为，设其内切球球心为点， 连接并延长交底面于点， 则为正的中心，且平面， 连接并延长交于点，则为的中点，且， ，， 因为平面，平面，则， 可得， 的面积为， 正四面体的体积为， 设正四面体的内切球的半径为， 则， 即，解得， 可得， 因为，， 可得， 当点位于正四面体的顶点时，取最大值， 所以. 故答案为： 【点睛】思路点睛： 利用几何关系推导内切球半径：首先通过几何关系计算正四面体的体积和内切球半径，这是确定几何量的基础. 结合空间向量的数量积分析动点的取值：通过分析空间向量和动点的关系，结合数量积的性质，判断动点在不同位置时的取值，确保最大值的准确性. 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. 已知的内角的对边分别为且. （1）求的大小; （2）求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和余弦定理计算即可； （2）由三角形的面积公式计算即可； 【小问1详解】 由及正弦定理可得，因为，所以， 所以， 因为，所以. 【小问2详解】 由题意可得的面积为. 16. 已知在中，. （1）求直线AB的方程; （2）求的外接圆的标准方程; （3）过点B作的外接圆的切线，求该切线方程. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由两点求出斜率，再由点斜式求出直线方程即可； （2）将三顶点代入圆的标准方程，解出即可； （3）由两直线垂直得到斜率关系，再由点斜式得到直线方程即可； 【小问1详解】 由已知可得， 所以直线AB的方程为，即. 【小问2详解】 设的外接圆的标准方程为， 则 解得 故的外接圆的标准方程为. 【小问3详解】 由（2）得外接圆的圆心为. 因为，所以切线的斜率为， 故所求切线方程为，即. 17. 如图，在六面体中，四边形是正方形，，，都垂直于平面，且，，，，分别是，的中点． （1）证明：平面． （2）若，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明： 因为，，都垂直于平面，则. 取的中点，连接，， 则，且， 所以且，所以四边形为平行四边形， 可得， 且平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，根据题意可得，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）空间直角坐标系，求平面AMF的法向量，利用空间向量求点到面的距离. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 连接， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 可得，，. 设平面的法向量为，则， 取，得，，可得. 故点到平面的距离. 18. 如图，在四棱台中，底面ABCD是正方形，，平面 （1）证明：平面 （2）求直线与平面所成角的正弦值. （3）棱BC上是否存在一点P，使得二面角的余弦值为若存在，求线段BP的长;若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：因为底面ABCD是正方形，所以 又因为平面ABCD，平面ABCD，所以 因为，且，平面， 所以平面 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得到，结合证明出结论； （2）证明出AB，AD，两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的空间向量公式进行求解即可. （3）设点，其中，求出两平面的法向量，列出方程，求出，得到答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以，， 又底面ABCD是正方形，，故AB，AD，两两垂直， 以AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，解得，令，则， 故 设直线与平面所成的角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为 【小问3详解】 若存在点P满足题意，则可设点，其中， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故 易得平面的一个法向量为， 所以，解得或舍去， 故棱BC上存在一点P，当时，二面角的余弦值为 19. 古希腊数学家阿波罗尼斯，与欧几里得、阿基米德并称古希腊三大数学家.他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果，其中一发现可表述为“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.如平面内动点到两个定点，的距离之比为定值2，则点的轨迹就是阿氏圆，记为. （1）求的方程； （2）若与轴分别交于E，F两点，不在轴上的点是直线上的动点，直线HE，HF与的另一个交点分别为，，证明直线MN经过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】（1）. （2）证明：根据圆的对称性，不妨设. 设，则， 所以直线HE的方程为，直线HF的方程为. 设. 联立方程得， 所以，即，则，所以. 联立方程得， 所以，即，则，所以. 当时，， 所以直线MN的方程为，化简得， 所以直线MN过定点; 当时，，此时直线MN过定点. 综上，直线MN过定点. 【解析】 【分析】（1）设，用坐标表示已知条件化简后可得； （2）不妨设. 设，设，由直线与圆相交求得的坐标（用表示），求出直线方程，观察方程得定点． 【小问1详解】 设，根据，得， 即，所以的方程为. 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：解析几何中直线过定点问题，用参数设出动点坐标或动直线方程等，设交点坐标为，由直线与曲线方程联立方程组消元应用韦达定理得或者直线解出，写出两交点所在直线方程（韦达定理的结论需代入），化简后观察可得定点坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省部分学校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.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. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一、二册，选择性必修第一册第一章至第二章. 一、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. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. （ ） A. B. C. D. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线与.若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 5. 已知向量，，.若，，共面，则（ ） A. 11 B. C. 9 D. 3 6. 直线截圆所得的弦长为（ ） A. B. 1 C. 4 D. 2 7. 刍甍是中国古代算数中的一种几何体，是底面为矩形的屋脊状的楔体.现有一个刍甍如图所示，底面 BCDE为矩形，平面BCDE，和是全等的正三角形，，，，则异面直线AE与BD所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，若直线上存在点P，使得，则t的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知直线过定点则下列结论正确的是（ ） A. P的坐标为 B. 当时，l在y轴上的截距为 C. 若l与直线垂直，则 D. 点P在圆的外部 10. 已知函数的部分图象如图所示，其中，，则（ ） A. B. C. 在上单调递增 D. 在上恰有10个零点 11. 若平面，平面，平面，则称点F为点E在平面内的正投影，记为如图，在直四棱柱中，，， 分别为，的中点，，记平面为，平面ABCD为，，（ ） A. 若，则 B. 存在点H，使得平面 C. 线段长度的最小值是 D. 存在点H，使得 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆，则圆的半径为_____________. 13. 某校高三年级男生共600人，女生共400人，现按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从高三年级所有学生中抽取5人组成某活动志愿者小队，则被抽取的女生人数为_____________.若从被抽取的这5人中抽取2人作为志愿者小队队长，则恰有1个男队长的概率为_____________. 14. 已知球是棱长为的正四面体的内切球，是球的一条直径，为该正四面体表面上的动点，则的最大值为______. 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. 已知的内角的对边分别为且. （1）求的大小; （2）求的面积. 16. 已知在中，. （1）求直线AB的方程; （2）求的外接圆的标准方程; （3）过点B作的外接圆的切线，求该切线方程. 17. 如图，在六面体中，四边形是正方形，，，都垂直于平面，且，，，，分别是，的中点． （1）证明：平面． （2）若，求点到平面的距离． 18. 如图，在四棱台中，底面ABCD是正方形，，平面 （1）证明：平面 （2）求直线与平面所成角的正弦值. （3）棱BC上是否存在一点P，使得二面角的余弦值为若存在，求线段BP的长;若不存在，请说明理由. 19. 古希腊数学家阿波罗尼斯，与欧几里得、阿基米德并称古希腊三大数学家.他的著作《圆锥曲线论》是古代数学光辉的科学成果，其中一发现可表述为“平面内到两个定点，的距离之比为定值的点的轨迹是圆”.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.如平面内动点到两个定点，的距离之比为定值2，则点的轨迹就是阿氏圆，记为. （1）求的方程； （2）若与轴分别交于E，F两点，不在轴上的点是直线上的动点，直线HE，HF与的另一个交点分别为，，证明直线MN经过定点，并求出该定点的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $