精品解析：云南省开远市第一中学校2024-2025学年高二上学期期中检测数学试题

开远市第一中学校2024年秋季学期高二年级11月期中考试数学 2024.11 考生注意： 1.本试满分150分，考试时间120分钟． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上作答无效． 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. 已知（i为虚数单位），那么复数z的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，即可根据虚部定义求解. 【详解】由可得， 所以,的故虚部为. 故选：A 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据根式函数的定义域求集合B，再结合补集、交集运算求解. 【详解】令，解得，即， 可得，所以. 故选：B. 3. 已知向量满足，且，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件求得，结合投影向量的坐标公式即可求解. 【详解】已知，所以，可得， 所以在上的投影向量的坐标为， 故选：A. 4. 已知为坐标原点，点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别设出两点坐标，再由中点坐标公式得出两坐标之间的关系，将圆方程等式替换成点的坐标可得结果. 【详解】设，，则，，即，①. 因为点A在圆上运动，所以满足②. 把①代入②，得，即. 故线段OA的中点P的轨迹方程为. 故选：D 5. 空间中有两个不同的平面、和两条不同的直线m、n，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据面面垂直的性质结合线线以及线面的位置关系可判断B；根据面面平行的性质结合线线以及线面的位置关系可判断ACD. 【详解】对于选项A：若，，，则可能异面，故A错误； 对于选项B：若，，则与不一定垂直， 且，所以与不一定垂直，故B错误； 对于选项C：若，，可知， 且，所以，故C正确； 对于选项D：若，，，则可能有，故D错误； 故选：C. 6. 定义在R上的奇函数满足：任意，都有，设，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得在R上单调递增，，利用对数函数及指数函数的单调性可得，从而即可得答案. 【详解】因为是在R上的奇函数，且任意，都有， 所以在R上单调递增， 又因为， 所以， 又因为，， 所以， 所以 即. 故选：C. 7. 在正三棱台中，，，侧棱与底面所成角的余弦值为．则此棱台的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，结合正棱台的结构特征，求出侧棱长，进而求出高及斜高即可求解. 【详解】在正三棱台中，令BC和的中点分别为，上、下底面的中心分别为， 则，由侧棱与底面所成角的余弦值为， 得，则， 而，则， ，，， 正三棱台三个侧面都是面积相等的等腰梯形，于是侧面积为， 所以此棱台的表面积是. 故选：A 8. 设双曲线的左、右焦点分别为，，过坐标原点的直线与交于，两点，，，则的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由双曲线的对称性可得、且四边形为平行四边形，由题意可得出，结合余弦定理表示出与，有关齐次式即可得离心率． 【详解】由双曲线的对称性可知，，则四边形为平行四边形， 令，则， 由双曲线定义可知，故有，即， 即，， ， 则， 因为，所以，故， 则有， 即，即，则，由，故． 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线的离心率，解题关键是找到关于，，之间的等量关系，本题中结合题意与双曲线的定义得出，与的具体关系及的大小，借助余弦定理表示出与，有关齐次式，即可得解． 二、多选题：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. 已知数列，记的前项和为，下列说法正确的是（ ） A. B. 是等差数列 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】通过观察数列各项可得选项A错误；根据数列通项公式计算，结果为关于的一次函数形式可得选项B正确；利用，代入数据可得选项C错误；利用分组求和可得选项D正确. 【详解】A.根据数列各项可得，选项A错误. B. ∵， ∴是以为首项，为公差的等差数列，选项B正确. C. ，选项C错误. D. ，选项D正确. 故选：BD. 10. 已知函数，，则下列结论正确的是（ ） A. 与的图象有相同的对称轴 B. 与的值域相同 C. 与有相同的零点 D. 与的最小正周期相同 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意分别画出两函数图象，可求得它们的对称轴、值域、零点、最小正周期等，即可得出结论. 【详解】画出函数的图象如下图所示： 易知的对称轴为，值域为，零点为，最小正周期为； 易知，其图象如下图所示： 易知的对称轴为，即，值域为，零点为，最小正周期为； 因此可得与的图象有相同的对称轴，它们的最小正周期相同. 故选：AD 11. 已知抛物线：的焦点为，直线与交于两点，设，，的中点为，则下列说法中正确的有（ ） A. 若直线过焦点，则 B. 若直线过焦点，则的最小值为 C. 若直线的斜率存在，则其斜率与无关，与有关 D. 若为坐标原点，直线的方程为，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：由条件，结合抛物线的定义判断A； 对于B：设直线，根据抛物线的定义结合韦达定理可得，，故，求其最值可得结论； 对于C：利用点差法分析判断； 对于D：利用韦达定理可得，结合方程可得，再根据向量垂直分析判断. 【详解】由题意可知：，且，直线的斜率可以不存在，但不为. 对于A，因为，故A错误； 对于选项B：若直线过焦点，设直线， 联立方程，消去可得， 则，可得， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为，故B正确； 对于选项C：因为，在抛物线C上， 则，两式作差可得， 若直线的斜率存在，则， 所以直线的斜率与无关，与有关，故C正确； 对于选项D：联立方程，消去可得， 可得，且， 由选项C可知：，且，可得， 则，所以，故D正确； 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知命题，成立，若为真命题，则实数的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据特称命题的否定为全称命题，再求解范围即可. 【详解】因为:，为真命题，所以. 故答案为： 13. 若数列是等比数列，且是与的等差中项，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由数列是等比数列，及是与的等差中项，得出公比的值， 再由即可得出答案． 【详解】设等比数列的公比为， 因为是与的等差中项， 所以， 所以，解得， 所以 故答案为：. 14. 已知角，，，，则_________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用同角公式，余弦两角和、差公式，以及切化弦公式，联立方程组思想求解即可. 【详解】因为角，，所以， 又因为，所以， 则，与联立， 解得，， 故. 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在三角形中，内角所对边分别为，已知. （1）求角的大小； （2）若，三角形的面积为，求三角形的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)由正弦定理进行边角互化可得，结合两角差的余弦公式及同角三角函数的基本关系可求出，即可求出. (2)由三角形的面积公式可得，结合及余弦定理即可求出，即可得出结果. 【小问1详解】 由正弦定理得，所以 所以，整理得， 因为，所以，因此，所以， 所以. 【小问2详解】 由的面积为，得，解得， 又,则，. 由余弦定理得，解得，， 所以的周长为. 16. 会理石榴，凉山彝族自治州会理市特产.会理石榴果大、色艳、皮薄、粒软、味浓、有微香、余味长，含有人体所需的多种维生素和氨基酸，可食部分百分率较高，可溶性固性物含量较高，籽粒“透明晶亮若珍珠，果味浓甜如蜂蜜”，品质佳良.每年月份正是石榴成熟之季，各大网红、电商纷纷前来会理带货石榴.一电商老板收果时要求石榴重量(单位：克)如下：克以下的为次果，克为小果，克为中果，克为大果，克及以上为特大果.为了了解果农家石榴情况，在果园里随机摘取了个石榴称重量（单位：克）并统计分析，绘制成如图所示的频率分布直方图（各区间分别为，，，，）. （1）根据频率分布直方图，求图中的值和估计这个石榴的平均重量及第百分位数(每组数据用所在区间的中点值作代表) （2）此电商老板来收购果农家石榴，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该石榴果园中有石榴大约万个，在今年的石榴行情下，电商老板提出以下两种收购方案： 方案①：所有石榴以元/千克收购； 方案②：对重量低于克的石榴以元/个收购，对重量高于或等于克的石榴以元/个收购． 请通过计算确定果农选择哪种方案获利更多？ 【答案】（1），平均重量为克，第百分位数为克 （2）选择方案②获利多 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图频率之和为，列方程可得，再根据平均数与百分位数的定义与计算公式可得平均数与百分位数； （2）方案①：根据（1）中平均重量直接计算；方案②：根据频率估计在各范围内的数量，进而计算利润. 【小问1详解】 表由题知 ，解得； 平均重量： 由频率分布直方图可知： 前组的频率之和为， 前组的频率之和为， 则第百分位数一定位于内，设第百分位数为， 则，解得； 【小问2详解】 方案①收入：（元）， 方案②收入：低于克的石榴收入为（元）， 不低于克的石榴收入为（元）， 故方案②的收入（元）； 由于，所以选择方案②获利多． 17. 如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，⊥平面，为上一点，且⊥，连接. （1）证明:⊥平面 ； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） 因为⊥平面，平面， 所以⊥.又⊥，且，平面， 所以⊥平面. 因为，所以⊥平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得到⊥，又⊥，从而得到线面垂直，根据得到答案； （2）作出辅助线，求出各边长，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，利用法向量夹角余弦公式进行求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 作⊥，垂足为.则，又， 所以四边形是平行四边形，又⊥， 所以四边形是矩形，又四边形为等腰梯形， 且，，所以. 由（1）知⊥平面，又平面，所以⊥. 又，所以，在Rt中，. 在Rt中，. 以B为原点，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴， 建立如图所示空间直角坐标系. 则， 所以，，，， 设平面的法向量为， 由，得， 解得，令，则，故， 设平面的法向量为， 由，得， 令得，， 可得， 因此. 故平面ABF与平面DBE的夹角的余弦值为. 18. 已知数列是以为首项的常数列，为数列的前n项和． （1）求； （2）设正整数，其中．例如：，则，；，则，．若，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，结合等比数列求和公式运算求解； （2）根据题意可得，利用分组求和结合错位相减法运算求解. 【小问1详解】 由题意可得：，则， 可得，可知数列是以首项，公比的等比数列， 所以. 【小问2详解】 因为 则 由题意， 所以， 可得， （i）先求数列的前n项和，记之为， 则① ② ①②得：， 所以； （ⅱ）再求的前n项和，记之为，则； 综上所述：. 19. 已知椭圆 的左、右焦点分别为 为椭圆的一个顶点，且右焦点 F₂到双曲线. 渐近线的距离为 （1）求椭圆C的标准方程； （2）设直线与椭圆C交于 A、B两点. ①若直线过椭圆右焦点F₂，且△AF₁B的面积为 求实数k的值； ②若直线过定点P(0,2)， 且k>0， 在x轴上是否存在点T(t,0)使得以TA、TB为邻边的平行四边形为菱形? 若存在，则求出实数t的取值范围； 若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）①;② 【解析】 【分析】（1）利用点到直线的距离公式求解椭圆参数即可； （2）①把直线与椭圆联立方程组，利用弦长公式和点到直线的距离公式，即可求出面积等式，最后求解k的值； ②把菱形问题转化为对角线互相垂直问题，最后转化为两对角线的斜率之积为，通过这个等式转化为的函数，即可求解取值范围. 【小问1详解】 由双曲线. 的渐近线方程为， 再由椭圆的右焦点分别为到渐近线的距离为可得： ，因为，所以解得， 再由椭圆的一个顶点为，可得， 所以由， 即椭圆C的标准方程为； 【小问2详解】 ①直线过椭圆右焦点F₂可得：，即， 所以由直线与椭圆C的标准方程联立方程组，消去得： ， 设两交点，则有 所以， 又椭圆左焦点到直线的距离为， 所以， 解得：或（舍去），即； ②假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形， 由于直线过定点， 且，可知直线方程为， 与椭圆联立方程组，消去得：， 由，且，解得， 设两交点，中点，则有 所以， 即，整理得， 又因为，所以，则. 【点睛】关键点点睛：本题关键点是把以为邻边的平行四边形为菱形，转化为对角线互相垂直，再利用求解中点坐标来表示斜率，最后利用斜率乘积等于，从而得到关于的函数来求取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 开远市第一中学校2024年秋季学期高二年级11月期中考试数学 2024.11 考生注意： 1.本试满分150分，考试时间120分钟． 2.回答选择题时，选出每小题答案后，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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上作答无效． 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. 已知（i为虚数单位），那么复数z的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量满足，且，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 已知为坐标原点，点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 5. 空间中有两个不同的平面、和两条不同的直线m、n，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 6. 定义在R上的奇函数满足：任意，都有，设，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 在正三棱台中，，，侧棱与底面所成角的余弦值为．则此棱台的表面积是（ ） A. B. C. D. 8. 设双曲线的左、右焦点分别为，，过坐标原点的直线与交于，两点，，，则的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 二、多选题：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. 已知数列，记的前项和为，下列说法正确的是（ ） A. B. 是等差数列 C. D. 10. 已知函数，，则下列结论正确的是（ ） A. 与的图象有相同的对称轴 B. 与的值域相同 C. 与有相同的零点 D. 与的最小正周期相同 11. 已知抛物线：的焦点为，直线与交于两点，设，，的中点为，则下列说法中正确的有（ ） A. 若直线过焦点，则 B. 若直线过焦点，则的最小值为 C. 若直线的斜率存在，则其斜率与无关，与有关 D. 若为坐标原点，直线的方程为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知命题，成立，若为真命题，则实数的取值范围是_________. 13. 若数列是等比数列，且是与的等差中项，则__________. 14. 已知角，，，，则_________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在三角形中，内角所对边分别为，已知. （1）求角的大小； （2）若，三角形的面积为，求三角形的周长. 16. 会理石榴，凉山彝族自治州会理市特产.会理石榴果大、色艳、皮薄、粒软、味浓、有微香、余味长，含有人体所需的多种维生素和氨基酸，可食部分百分率较高，可溶性固性物含量较高，籽粒“透明晶亮若珍珠，果味浓甜如蜂蜜”，品质佳良.每年月份正是石榴成熟之季，各大网红、电商纷纷前来会理带货石榴.一电商老板收果时要求石榴重量(单位：克)如下：克以下的为次果，克为小果，克为中果，克为大果，克及以上为特大果.为了了解果农家石榴情况，在果园里随机摘取了个石榴称重量（单位：克）并统计分析，绘制成如图所示的频率分布直方图（各区间分别为，，，，）. （1）根据频率分布直方图，求图中的值和估计这个石榴的平均重量及第百分位数(每组数据用所在区间的中点值作代表) （2）此电商老板来收购果农家石榴，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该石榴果园中有石榴大约万个，在今年的石榴行情下，电商老板提出以下两种收购方案： 方案①：所有石榴以元/千克收购； 方案②：对重量低于克的石榴以元/个收购，对重量高于或等于克的石榴以元/个收购． 请通过计算确定果农选择哪种方案获利更多？ 17. 如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，⊥平面，为上一点，且⊥，连接. （1）证明:⊥平面 ； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 已知数列是以为首项的常数列，为数列的前n项和． （1）求； （2）设正整数，其中．例如：，则，；，则，．若，求数列的前n项和． 19. 已知椭圆 的左、右焦点分别为 为椭圆的一个顶点，且右焦点 F₂到双曲线. 渐近线的距离为 （1）求椭圆C的标准方程； （2）设直线与椭圆C交于 A、B两点. ①若直线过椭圆右焦点F₂，且△AF₁B的面积为 求实数k的值； ②若直线过定点P(0,2)， 且k>0， 在x轴上是否存在点T(t,0)使得以TA、TB为邻边的平行四边形为菱形? 若存在，则求出实数t的取值范围； 若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $