四川省达州市2024-2025学年高二上学期期中教学质量检测数学模拟试题

2024年秋季学期普通高中二年级期中教学质量检测 数学试题 注意事项: 1.本试卷满分150分,考试时间120分钟,试卷共4页。 2.答题前,考生需用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号正确填写在答题卡对应位置。待监考老师粘贴好条形码后,再认真核对条形码上的信息与自己准考证上的信息是否一致。 3.考试结束后,将试卷和答题卡一并交回。 4.考试范围:人教A版必修一、必修二、选择性必修一第一章至第二章第3节。 一、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A、B、C、D四个选项中,只有一项符合题意。 1.已知,则 A.1 B.2 C. D.3 2.已知集合,,则 A. B. C. D. 3.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. 4.已知直线经过点,且与直线垂直,则直线的方程是 A. B. C. D. 5.已知函数的最小正周期为T.若,且曲线关于点 中心对称,则 A. B. C. D. 6.已知正数x,y满足,则的最小值为 A.1 B.2 C.3 D.4 7.已知,都是定义在R上的函数,对任意x,y满足,且,则下列说法正确的是 A. B.若,则 C.函数的图象关于直线对称 D. 8.数轴上,方程可以表示数轴上的点,平面直角坐标系中,方程(、不同时为0)可以表示坐标平面内的直线,空间直角坐标系中,方程(、、不同时为0)可以表示坐标空间内的平面.过点且一个法向量为的平面的方程可表示为.阅读上面材料,解决下面问题:已知平面的方程为,直线是两平面与的交线,则直线与平面所成角的正弦值为 A. B. C. D. 二、选择题:本大题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题所给的A、B、C、D四个选项中,有多个选项符合题意,全部选对得6分,部分选对得部分分,有选错得0分。 9.连续两次抛掷同一颗骰子,记第一次向上的点数为,第二次向上的点数为,设,其中表示不超过的最大整数,则 A. B. C.事件与互斥 D.事件与相互对立 10.如图,在棱长为1的正方体中,为棱的中点,为正方形内一动点(含边界),则下列说法中正确的是 A.直线平面 B.三棱锥的外接球的表面积为 C.直线与直线所成角的正弦值为 D.若,那么点的轨迹长度为 11.“曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼-闵可夫斯基所创词汇,用以标明两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和,其定义如下:在直角坐标平面上任意两点的曼哈顿距离,则下列结论正确的是 A. 若点,则 B. 若点,则在轴上存在点,使得 C. 若点,点在直线上,则的最小值是3 D. 若点在上,点在直线上,则的值可能是4 三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共15分。请将答案填写在答题卡对应题号后的横线上。 12.已知向量在向量上的投影向量是,且,则 . 13.如图,正方形ABCD和正方形ABEF的边长都是1,且它们所在的平面所成的二面角的大小是,M,N分别是AC,BF上的动点,且,则MN的最小值是 . 14.若恰有三组不全为0的实数对满足关系式,则实数t的所有可能取值的和为 . 四、解答题:本大题共5小题,其中第15题13分,第16、17题每小题15分,第18、19题每小题17分,共77分。在解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分) 在 ABC中,角的对边分别为,且. (1)求角的大小; (2)若,角的平分线交于点,求线段的长. 16.(15分) 已知 ABC的顶点,AB边上的高所在的直线的方程为,角A的平分线所在直线的方程为. (1)求直线AB的方程; (2)求直线的方程. 17.(15分) 如图,在四棱锥中,已知底面为矩形,,平面平面. (1)求证:平面; (2)若,点在棱上,且二面角的大小为.设是棱上的动点,求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 18.(17分) 2024年10月1日是新中国诞辰75周年,为弘扬爱国主义精神,某学校开展了爱国主义知识竞赛活动,在最后一轮晋级中,参赛选手两人为一组,要求:在规定时间内两人分别对两道不同的题作答,每题只有一次作答机会,每道题是否答对相互独立.已知甲答对每道题的概率为,乙答对每道题的概率为,答题过程中甲乙每次是否作答正确互不影响. (1)若, ①甲在两次作答中,分别求甲答对两道题和甲答对一道题的概率; ②求甲、乙各两次作答中一共答对3次题的概率; (2)若,求甲、乙各两次作答中一共答对3次题的概率的最小值. 19.(17分) 由个实数组成的有序实数组称维向量.设,称为的转置,记作.将个维向量的转置从左至右顺次排列构成数阵,记.例如,,则.对任意维向量和数阵,定义如下运算: ①,特别地,若,则称与正交;若,则称为单位向量.②.③对任意且,其中. (1)设,直接写出和; (2)已知3维向量均为单位向量,且两两正交.设,若存在正整数,使得,求a,b,c,d的值及的最小值; (3)已知4维向量均为单位向量且两两正交,其中.设,若对任意4维向量,都存在正整数使得且的最小值为12,给出一组满足上述条件的,并说明理由. 参考答案: 1.【答案】C 【详解】依题意,,则. 故选:C. 2.【答案】A 【详解】∵,∵,∴ ∴, 故选:A 3.【答案】B 【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. 4.【答案】D 【详解】直线与直线垂直, 设直线的方程是 将代入直线中,,解得, 故直线的方程为. 故选:D. 5.【答案】B 【详解】由,则,由,则,解得, 由,则当时,函数取得对称中心, 由题意可得,化简可得, 当时,,显然当时,, 所以,则. 故选:B. 6.【答案】A 【详解】,由, 得, 令,且, 所以,有, 即,故, 所以, 则, 当且仅当,即时取等号, 所以的最小值为1. 故选:A 7.【答案】D 【详解】对于A,令,可得,得, 令,,代入已知等式得, 可得,结合得, 所以,故A错误; 对于D,因为,令,代入已知等式得, 将,代入上式,得,所以函数为奇函数. 令,,代入已知等式,得, 因为,所以, 又因为,所以, 因为,所以,故D正确; 对于B,分别令和,代入已知等式,得以下两个等式: ,, 两式相加易得,所以有, 即, 有, 即,所以为周期函数,且周期为, 因为,所以,所以,, 所以, 所以 ,故B错误; 对于C,取,,满足及, 所以,又, 所以函数的图像不关于直线对称,故C错误; 故选:D. 8.【答案】A 【详解】因为平面的方程为,所以平面的法向量可取, 平面的法向量为, 平面的法向量为, 设两平面的交线的方向向量为, 由,令,则, 所以两平面的交线的方向向量为, 设直线与平面所成角的大小为, 则. 故选:A. 9.【答案】BC 【详解】A选项,连续两次抛掷同一颗骰子,共有种情况, 其中的情况有, ,共有种情况, 故,A错误; B选项,的情况有,共有种情况, 故,B正确; C选项,包含,即两种情况,与B选项中的6种情况均不同, 故事件与不会同时发生,两事件互斥,C正确; D选项,,所有可能情况为, 包含的情况有, , 其余情况,既不在事件中,也不在中,比如, 故与互斥,但不对立,D错误. 故选:BC 10.【答案】ABD 【详解】以为坐标原点,以分别为轴建立坐标系, 则 设平面的法向量, 由 得,令得,所以取, 因为,故,所以直线平面,故A正确; 由题意得三棱锥的外接球半径为, 所以三棱锥的外接球表面积为,故B正确; 因为,所以,所以,故C错误; 因为Q为正方形内一动点(含边界),设, 由得,即,在正方形内的轨迹为以为圆心,半径为的四分之一圆周, 那么Q点的轨迹长度为,故D正确. 故选:ABD. 11.【答案】ACD 【详解】对于A,由曼哈顿距离的定义知,A正确; 对于B,设,则,B错误; 对于C,作轴,交直线于,过作,垂足为,如图①所示: 由曼哈顿距离的定义可知,而点, 当不与重合时,由直线的斜率为,得, 则;当与重合时,, 于是,因此,C正确. 对于D,如图②所示,取,,则,D正确. 故选ACD. 12.【答案】 【详解】因为,则,且向量在向量上的投影向量是, 所以,即,所以, 故答案为:. 13.【答案】/0.5 【详解】连接,如下图, 由题意,,,正方形中, 正方形中,平面,平面, 平面平面, ∴就是二面角的平面角,则, ∴向量与向量夹角为,且,, 设,,,则, 且由题意, ∴, , ∴, 令,,图象开口向上,且对称轴为, ∴当时,取得最小值, 即最小值为, ∴的最小值是. 故答案为:. 14.【答案】 【详解】由已知得,,整理得, 看成有且仅有三条直线满足,和到直线(不过原点)的距离t相等; 由, (1)当,此时,易得符合题意的直线l为线段的垂直平分线以及直线平行的两条直线. (2)当时,有4条直线l会使得点和到它们的距离相等, 注意到l不过原点,所以当其中一条直线过原点时,会作为增根被舍去;设点A到l的距离为d, ①作为增根被舍去的直线l,过原点和A,B的中点,其方程为, 此时,,符合; ②作为增根被舍去的直线l,过原点且以为方向向量,其方程为, 此时,,符合; 综上,满足题意的实数t为,,,它们的和为. 故答案为: 15.【答案】(1) (2) 【详解】(1)由, 由正弦定理可得, 又,所以, 所以,可得, 又,所以,所以, 可得, (2)在中,, 由余弦定理得, 解得(舍),或, 由,得, 即, 故线段AD的长为. 16.【答案】(1);(2). 【详解】(1)因为边上的高所在的直线的方程为, 所以直线上的高的斜率,直线的斜率为,又, 所以直线的方程为,即; (2)因为角的平分线所在直线的方程为, 由,解得, 即; 设点关于直线:的对称点为, 则,解得, 所以在直线上,又, 所以直线的方程为,整理得. 17.【答案】(1)证明见解析 (2). 【详解】(1)在四棱锥中, 因为底面为矩形,所以. 因为平面平面,平面平面平面, 所以平面, 因为平面,所以, 因为平面,且, 所以平面. (2)以为正交基底,建立如图所示的空间直角坐标系. 则,所以, 因为点在棱上,所以设或显然不满足题设, 因为,所以, 所以, 设平面的一个法向量, 则,即,取,则, 所以,是平面的一个法向量, 所以, 因为二面角的大小为,所以, 即,解得,故点 设,则, 平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为,则. 令,则,则, 当时,, 当时,, 令,则,则, 由于函数在单调递增,所以当,即时,, 即直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 18.【答案】(1)①,;② (2) 【详解】(1)设甲答对一道题甲答对两道题,乙答对一道题乙答对两道题 ①由题意可得: ②同理:由题知, 设“甲、乙各两次作答中一共答对3次题”, 则,且与互斥,与与分别相互独立, 所以 , 因此,甲、乙各两次作答中一共答对3次题的概率 (2)由题知:, 设“甲、乙各两次作答中一共答对3次题”, 则,且与互斥,与与分别相互独立, 所以 因为,当且仅当时等号成立, 可得,即, 所以甲、乙各两次作答中一共答对3次题的概率的最小值为 19.【答案】(1); (2)的最小值为6 (3),理由见解析 【详解】(1); (2)因为两两正交,所以, 又均为单位向量,所以, 因为,所以, 所以, 所以, , 所以的最小值是6. 综上,的最小值为6. (3)设是任意2维向量,则有如下性质: ①当时,对于任意正整数,都有. ②当时,对于任意正整数,都有. ③设点是平面直角坐标系xOy中的一点,将点绕原点逆时针旋转得到点,则点分别对应向量与. 所以, 设,则可以设为, 则可化简为,可以取, 所以, 则有, 记,即. 根据上述性质,不妨设, 取, 则, 根据性质①和性质②,, 根据性质②和性质③,,其中. 设,可得为定值,记为, 设,则, 因为存在正整数使得且的最小值为12, 所以且. 可取,即, 所以. 第 1 页 (共 1 页) 学科网(北京)股份有限公司 $$