精品解析：安徽省临泉田家炳实验中学2024-2025学年高二上学期1月期末测试数学试卷

2024-2025学年高二上学期期末测试数学试卷 （120分钟　150分） 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. =（ ） A. +i B. i C. +i D. i 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若双曲线（，）的焦点到渐近线的距离等于，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 5 4. 已知a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若α∩β=a，a∥b，则b∥β B. 若b∥β，a∥α，α∥β，则a∥b C. 若α∩β=a，a⊥b，则b⊥α D. 若α∥β，a∥α，b⊥β，则a⊥b 5. 已知抛物线的焦点为F，点A，B在抛物线C上，且满足，设线段AB的中点到抛物线C的准线的距离为d，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 6. 朱世杰是元代著名数学家，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉.其著作《四元玉鉴》是一部成就辉煌的数学名著，受到数学史研究者的高度评价.《四元玉鉴》下卷“杂范类会”中第一问为：“今有沈香立圆球一只，径十寸，今从顶截周八寸四分，问厚几何?”大意为现有一个直径为的球，从上面截一小部分，截面圆周长为，问被截取部分几何体的高为多少.已知朱世杰是以圆周率为来计算，则《四元玉鉴》中此题答案为（注：） （ ） A. B. C. D. 7. 已知函数是定义域为R的可导函数，（为函数的导函数），若为奇函数，且，，则 （ ） A. 2023 B. 2024 C. 2025 D. 2026 8. 已知不等式的解集为，若中只有一个整数，则称为“和谐解集”.若关于的不等式在区间上存在“和谐解集”，则实数的取值范围为(参考数据:) （ ） 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3分，有选错的得0分. 9. 若用一平面去截一个四棱锥，则截面的形状可能是（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 10. 已知圆的方程为，过点的直线交该圆于，两点，则弦长的值可能为（ ） A. 6 B. 3 C. 9 D. 11 11. 已知抛物线的焦点为，过点F的直线l与曲线C交于A，B两点，则下列说法正确的是（ ） A B. 若，则 C. 原点O在上的投影的轨迹与圆有且只有一个公共点 D. 若，则中点的横坐标为 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12 已知向量，若，则实数____. 13. 如图所示，三棱台的体积为，，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分几何体的体积为____.  14. 已知椭圆的焦点为，点，在椭圆C上，且，则____. 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. 在中，内角所对的边分别为，且. （1）求角C. （2）若，为的中点，在下列两个条件中任选一个，求的长度. 条件①：的面积，且， 条件②：. 注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 16. 已知圆，为圆上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为、. （1）当点的坐标为时，求两条切线方程； （2）求的取值范围. 17. 如图，在三棱柱中，是边长为4正三角形，，O为BC的中点，平面. （1）证明:. （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知点P到定点的距离和它到定直线的距离之比为，记点P的轨迹为曲线C. （1）求曲线C的方程; （2）设直线与曲线C相交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为，直线与x轴相交于点D，求的面积的取值范围. 19. 已知函数，. （1）证明:直线与曲线相切. （2）若函数在上存在最大值，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高二上学期期末测试数学试卷 （120分钟　150分） 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. =（ ） A. +i B. i C. +i D. i 【答案】B 【解析】 【分析】利用虚数的运算法则即可解出. 【详解】， 故选：B 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解一元二次不等式化简集合，利用集合的基本运算可得结果. 【详解】由题意得，或， ∴. 故选：C. 3. 若双曲线（，）的焦点到渐近线的距离等于，则该双曲线的离心率为（ ） A B. C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】由题可知，焦点在轴上， 其中一个焦点坐标为，利用点到直线的距离公式可得,代入可得. 【详解】由题可知双曲线的焦点在轴上，其中一个焦点为，其中一条渐近线方程为. 所以焦点到渐近线的距离为所以,代入可得离心率为 . 故选：A. 4. 已知a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若α∩β=a，a∥b，则b∥β B. 若b∥β，a∥α，α∥β，则a∥b C. 若α∩β=a，a⊥b，则b⊥α D. 若α∥β，a∥α，b⊥β，则a⊥b 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查空间中的平行与垂直的判定，根据直线与平面之间的位置关系的判定及性质进行判定即可. 【详解】对于A，若α∩β=a，a∥b，则b可能与平行，也可能在平面内，故A错误； 对于B，若b∥β，a∥α，α∥β，则a与b可能相交或平行或是异面直线，故B错误； 对于C，若α∩β=a，a⊥b，则可能在平面内或与平面平等、相交，故C错误； 对于D，若α∥β，a∥α，若在平面内，b⊥β，则a⊥b；若在平面外，则，b⊥β，则a⊥b，故D正确. 故选：D. 5. 已知抛物线的焦点为F，点A，B在抛物线C上，且满足，设线段AB的中点到抛物线C的准线的距离为d，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，，连接AF、BF，由抛物线定义得，由勾股定理可得|AB|2，进而根据基本不等式求得|AB|的取值范围，再利用此结论求的取值范围． 【详解】设，点在准线上的射影分别为，线段的中点在上的射影为 则，，， 由，即，得， 而，即，当且仅当时取等号， 所以. 故选：C 6. 朱世杰是元代著名的数学家，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉.其著作《四元玉鉴》是一部成就辉煌的数学名著，受到数学史研究者的高度评价.《四元玉鉴》下卷“杂范类会”中第一问为：“今有沈香立圆球一只，径十寸，今从顶截周八寸四分，问厚几何?”大意为现有一个直径为的球，从上面截一小部分，截面圆周长为，问被截取部分几何体的高为多少.已知朱世杰是以圆周率为来计算，则《四元玉鉴》中此题答案为（注：） （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆的周长公式计算出截面的半径，再根据勾股定理可得出被截取部分几何体的高的方程，解之即可. 【详解】设截面圆半径为，被截取部分几何体的高为， 若以作为圆周率，则，由勾股定理可得， 故. 故选：B. 7. 已知函数是定义域为R的可导函数，（为函数的导函数），若为奇函数，且，，则 （ ） A. 2023 B. 2024 C. 2025 D. 2026 【答案】D 【解析】 【分析】结合条件分析函数的周期性，计算一个周期内的函数值即可得到结果. 【详解】∵，，∴， ①. 令得，，故. ∵为奇函数，∴，故， ∴，故，即 ②， 由①②得，， ∴，， ∴，即为周期为4的函数， 在①中，令得，，∴， ∴. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据为奇函数得到，结合题目条件分析函数的周期即可得到结果. 8. 已知不等式的解集为，若中只有一个整数，则称为“和谐解集”.若关于的不等式在区间上存在“和谐解集”，则实数的取值范围为(参考数据:) （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知可得.令，.根据函数的单调性，可得.结合“和谐解集”的定义.进而得到实数的取值范围，即可得出答案. 【详解】当时，原不等式可化为，整理可得即得； 当时，原不等式可化为，整理可得. 所以不等式可化为. 令，， 则. 所以在上单调递增，在上单调递减， 又因为，所以. 所以要使只有一个整数解，则唯一整数解只能是 又因为点，是图象上的点， 所以. 故选：A. 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3分，有选错的得0分. 9. 若用一平面去截一个四棱锥，则截面的形状可能是（ ） A. 三角形 B. 四边形 C. 五边形 D. 六边形 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据四棱锥的几何特点解题即可. 【详解】如下图 （1）截面为三角形 （2）截面为四边形 （3）截面为五边形 而四棱锥共5个面，故截面的形状不可能是六边形. 故选：ABC 10. 已知圆的方程为，过点的直线交该圆于，两点，则弦长的值可能为（ ） A. 6 B. 3 C 9 D. 11 【答案】AC 【解析】 【分析】将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，判断点在圆内，即可求出，，即可判断. 【详解】圆，即， 则圆心为，半径，又， 所以点在圆内，所以，，即， 又，即， 所以符合题意的有A、C. 故选：AC 11. 已知抛物线的焦点为，过点F的直线l与曲线C交于A，B两点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 原点O在上的投影的轨迹与圆有且只有一个公共点 D. 若，则中点的横坐标为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用抛物线焦点坐标直接求参数可判定A；设l方程与抛物线联立结合韦达定理计算可判定B、D；利用圆的定义结合两圆的位置关系可判定C. 【详解】对于A项，由抛物线方程可知其焦点坐标，即，故A错误； 对于B项，设l方程为，不妨设， 与抛物线联立，则， 又，所以，易得， 所以，故B正确； 对于D项，由上可知若，则， 又，解之得，此时，或，此时， 易得中点的横坐标为，故D错误； 对于C项，当斜率不存在时，此时原点O在上的投影为， 当斜率存在时，不妨设原点O在上的投影为Q，则为直角三角形， 则Q在以为直径的圆上，该圆圆心为，半径为， 易知圆的圆心为，半径为， 可知圆心距，即两圆相外切，故C正确. 故选：BC 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则实数____. 【答案】##5.5 【解析】 【分析】利用平面向量垂直的坐标表示计算即可. 【详解】因为，所以，即，解得. 故答案为：. 13. 如图所示，三棱台的体积为，，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分几何体的体积为____.  【答案】 【解析】 【分析】设的面积为，三棱台的高为，可知，利用台体的体积公式可求得的值，再利用台体和锥体的体积公式可求得结果. 【详解】设的面积为，三棱台的高为， 易知，且，则， 则，可得， ， 所以，沿平面截去三棱锥， 则剩余的部分几何体的体积为. 故答案为：. 14. 已知椭圆的焦点为，点，在椭圆C上，且，则____. 【答案】4 【解析】 【分析】根据焦点坐标得到，且，，根据，得到，化简，结合，，得到答案 【详解】由题知，，所以，因为点，在椭圆C上， 所以，，所以，， 因为，所以， 所以，即， 所以，解得. 故答案为：4 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. 在中，内角所对的边分别为，且. （1）求角C. （2）若，为的中点，在下列两个条件中任选一个，求的长度. 条件①：的面积，且， 条件②：. 注:如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）C=. （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理角化边，结合余弦定理可得结果. （2）若选条件①，根据三角形面积可得，结合余弦定理可求出的值，在中利用余弦定理可得结果；若选条件②，根据正弦定理求出的值，利用余弦定理求出的值，在中利用余弦定理可得结果. 【小问1详解】 ∵，∴， ∵，∴， ∵，∴. 【小问2详解】 若选条件①： ∵的面积，∴，∴， ∵，，∴， ∵，∴，， ∵D为的中点，∴， 在中，， ∴. 若选条件②： ∵，，∴， 由正弦定理得，=，∴， ∵，∴，解得或（舍）， ∵D为的中点，∴， 在中，， ∴. 16. 已知圆，为圆上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为、. （1）当点的坐标为时，求两条切线方程； （2）求的取值范围. 【答案】（1）或. （2） 【解析】 【分析】（1）分析可知，切线的斜率存在，设切线的方程为，利用圆心到直线的距离等于圆的半径，求出的值，即可得出所求切线的方程； （2）连接，交于点，设，其中，计算得出，利用圆的几何性质求出的取值范围，即可得出的取值范围. 【小问1详解】 由题意可知，圆的圆心为，半径为， 若切线的斜率不存在时，则切线方程为，圆心到直线的距离为，不合乎题意； 所以，切线的斜率存在，设过点的切线方程为，即， 圆心到直线的距离，整理可得， 解得或， 故所求切线方程为或，即或. 【小问2详解】 连接，交于点，设，其中， 所以，在中，， 所以， 因为为圆上一动点，所以， 即，所以，即， 所以的取值范围为. 17. 如图，在三棱柱中，是边长为4的正三角形，，O为BC的中点，平面. （1）证明:. （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理及性质定理可得结论. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量可求平面夹角余弦值. 【小问1详解】 ∵平面，平面，∴. ∵是正三角形，O为BC的中点，∴， ∵，∴. ∵，平面，∴平面， ∵平面，∴. 【小问2详解】 由（1）知，两两垂直，以O为坐标原点，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， ∵，，∴， ∴，，，， ∴，，. 设平面的法向量， ∴， 令，则，∴平面的一个法向量. 设平面的法向量， ∴， 令，解得，所以平面AB1C的一个法向量. 设平面与平面夹角为， 则， ∴平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知点P到定点的距离和它到定直线的距离之比为，记点P的轨迹为曲线C. （1）求曲线C的方程; （2）设直线与曲线C相交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为，直线与x轴相交于点D，求的面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件建立等量关系，化简可得结果. （2）根据条件结合韦达定理可得，求出面积表达式可得结果. 【小问1详解】 设，则点P到直线的距离为， 由题意得，，即， 整理化简得，所以曲线C的方程为. 小问2详解】 设，，则. 联立，得，则，. 直线的方程为， 令，得，即. 由题意得，直线l过定点，∴， 化简得， 令，则， ∵在上单调递增，∴，得. ∴的面积的取值范围为. 19. 已知函数，. （1）证明:直线与曲线相切. （2）若函数在上存在最大值，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）利用导数求在的单调性，按的不同取值分类讨论即可. 【小问1详解】 由题意， 所以， 又因为，所以曲线在点处的切线方程为， 所以直线与曲线相切. 【小问2详解】 由（1）得，，令，则， ①当时，在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，无最大值，不符合题意； ②当时，，在上单调递减，所以， 所以在上单调递减，无最大值，不符合题意； ③当时，由，可得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 因为，所以，即， 又，令， 则，所以，单调递增， 因为，所以，即， 所以存在使得，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上存在最大值，符合题意. 综上，的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$