精品解析：浙江省杭州市S9联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试题

2024学年第二学期杭州S9联盟期中联考高二年级 数学学科试题 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4．考试结束后，只需上交答题纸． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知，，，则过点且与线段平行的直线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 6. 椭圆（）的两个焦点分别为、，以为边作正三角形，若椭圆恰好平分三角形的另两边，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 正方体中，直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 定理：如果函数及满足：①图像在闭区间上连续不断；②在开区间内可导；③对，，那么在内至少存在一点，满足成立，该定理称为柯西中值定理．请利用该定理解决下面问题： 已知，若存在正数，（），满足，则实数的取值范围是（ ） 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. 已知等差数列的前项和为，公差，，是与的等比中项，则下列选项正确的是( ) A. B. C. 有最大值 D. 当时，的最大值为21 10. 已知函数.则下列结论正确的有（ ） A. 的最小正周期为 B. 是的最大值 C. 把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象 D. 将函数的图象向右平移（）个单位长度，所得图象关于原点对称，则的最小值为 11. 如图所示，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是（ ） A. 棱上存在一点，使得平面 B. 点到平面的距离为 C. 过且与面平行的平面截正方体所得截面面积为 D. 过的平面截正方体的外接球所得截面面积的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 甲射手击中靶心的概率为，乙射手击中靶心的概率为，甲、乙两人各射击一次，那么甲、乙不全击中靶心的概率为__________． 13. 已知向量的夹角为，，，则________． 14. 已知斜率为1的直线与抛物线交于两点，若的外心为为坐标原点）,则当最大时，=____. 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，角、、的对边分别为、、，，. （1）若，求； （2）若的面积，求，. 16. 已知数列的前项和，数列是正项等比数列，满足，. （1）求，的通项公式； （2）设，记数列的前项和为，求. 17. 已知函数，. （1）若存在极小值，且极小值为，求； （2）若，求的取值范围. 18. 如图，在三棱锥中，，为的中点，平面平面． （1）证明：； （2）若，，，求平面与平面的夹角的余弦值． 19. 已知双曲线的实轴长为4，一条渐近线的方程为，过点的直线与C的右支交于A，B两点． （1）求C的标准方程； （2）P是x轴上的定点，且． （i）求P的坐标： （ii）若的外接圆被x轴截得的弦长为16，求外接圆的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第二学期杭州S9联盟期中联考高二年级 数学学科试题 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字． 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4．考试结束后，只需上交答题纸． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出，利用交集概念求出答案. 【详解】由题意得，，则． 故选：A． 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】应用复数乘法计算得出复数，再得出对应点即可. 【详解】复数， 对应的点为，点在第二象限. 故选：B. 3. 已知，，，则过点且与线段平行的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求得线段的斜率，由点斜式求得正确答案. 【详解】因为，，， 所以， 则所求直线的斜率为， 所以过点且与线段平行的直线方程为，即． 故选：B 4. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式得的范围，依据小范围推出大范围的原则判定充分必要条件. 【详解】由，解得或， 故由能够推出；由不能够推出， 故“”是“”的充分不必要条件， 故选：A． 5. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导后，令，解出单调增区间即可. 【详解】， 因为恒成立， 所以当时，， 即函数的单调递增区间是. 故选：D. 6. 椭圆（）的两个焦点分别为、，以为边作正三角形，若椭圆恰好平分三角形的另两边，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设以为边作正三角形与椭圆交于，两点，根据题中条件得，则，构建的等量关系即可求离心率. 【详解】设以为边作正三角形与椭圆交于，两点， 则，所以， 由椭圆的定义可得，即， 则离心率. 故选：B. 7. 正方体中，直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 设正方体的棱长为1，则，，，，， ∴，，，， ∴，，∴，． 又，∴平面， ∴是平面的一个法向量， ∵， ∴直线与平面所成角的正弦值为． 故选：C 8. 定理：如果函数及满足：①图像在闭区间上连续不断；②在开区间内可导；③对，，那么在内至少存在一点，满足成立，该定理称为柯西中值定理．请利用该定理解决下面问题： 已知，若存在正数，（），满足，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，由柯西中值定理可知：那么在内至少有一点，满足，令，对求导，求出的值域，即可得出答案. 【详解】由可得：， 令，所以 由柯西中值定理可知：那么在内至少有一点，满足成立， 因为，，所以，， 所以令， ，， 令可得：或， 令可得：， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，， 当趋于正无穷时，趋近， 所以，所以实数的取值范围为. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知等差数列的前项和为，公差，，是与的等比中项，则下列选项正确的是( ) A. B. C. 有最大值 D. 当时，的最大值为21 【答案】BC 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式与求和公式，列出关于和公差d的方程组，求得通项公式后逐项判断即可. 【详解】设公差为d，则由题可知，解得，， 故B正确； ，，故A错误； ∵，，故根据等差数列前n项和的性质可知有最大值，故C正确； ＞0，则，故的最大值为20，故D错误. 故选：BC. 10. 已知函数.则下列结论正确的有（ ） A. 的最小正周期为 B. 是的最大值 C. 把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象 D. 将函数的图象向右平移（）个单位长度，所得图象关于原点对称，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据三角函数模型可判断A，B，再利用图象变换判断CD. 【详解】A，由，故A正确， B，因为，故B错误， C，把函数的图象上所有点向左平移个单位长度， 得到的图象，则C正确， D，将函数的图象向右平移（）个单位长度后 得到的图象， 因为其关于原点对称，则，解得， 又因为，所以的最小值，所以D正确. 故选：ACD. 11. 如图所示，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是（ ） A. 棱上存在一点，使得平面 B. 点到平面的距离为 C. 过且与面平行的平面截正方体所得截面面积为 D. 过的平面截正方体的外接球所得截面面积的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，借助空间向量分析计算可判断A，B；作出过与平面平行的正方体截面，计算其面积判断C；求出直线PQ被正方体的外接球所截弦长即可计算作答. 【详解】A，在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设平面的一个法向量，则， 令，得， 设棱上点，，则， 若平面，则有， 解得，与矛盾， 即在棱上不存在点M，使得平面，A不正确； B，点到平面的距离h，因， 则，B正确； C，取AD，CD的中点E，F，连接， 则，即确定一个平面，如图， 依题意，，，即四边形是平行四边形，， 平面，平面，于是得平面， 显然，平面，平面，于是得平面， 而，平面，因此，平面平面， 即梯形是过与平面平行的正方体的截面， 而， 则此等腰梯形的高， 所以过与平面平行的正方体的截面面积为，C正确； D，过PQ的平面截正方体的外接球所得截面小圆最小时， 该小圆直径是直线PQ被正方体的外接球所截弦， 由对称性知线段PQ中点N是这个小圆的圆心， 令正方体的外接球球心为O，连接ON，OP， 则，而，而球半径， 则这个小圆半径，此圆面积为，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. 甲射手击中靶心的概率为，乙射手击中靶心的概率为，甲、乙两人各射击一次，那么甲、乙不全击中靶心的概率为__________． 【答案】 【解析】 【详解】由于两个人射击是相互独立的，故不全中靶心的概率为. 13. 已知向量的夹角为，，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，根据模长的平方关系结合数量积运算律求解即可. 【详解】因为向量的夹角为，，， 则， 可得， 所以. 故答案为：. 14. 已知斜率为1的直线与抛物线交于两点，若的外心为为坐标原点）,则当最大时，=____. 【答案】. 【解析】 【分析】由正弦定理可知最大时，联立直线与方程，由韦达定理及即可求出直线，利用弦长公式求解即可. 【详解】由题意知,为外接圆的半径， 在中,由正弦定理可知,(R为外接圆的半径), 当,即时,取得最大值2. 设,,易知,, 则,得,即. 设直线的方程为,即, 代入得,, 则,, 所以,解得. 故. 故答案为： 【点睛】本题主要考查了正弦定理，直线与抛物线的关系，弦长公式，属于中档题. 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，角、、的对边分别为、、，，. （1）若，求； （2）若的面积，求，. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）由条件结合正弦定理求结论， （2）先结合三角形面积公式求，再利用余弦定理求. 【小问1详解】 由正弦定理定理可得， 又，，， 所以， 所以， 【小问2详解】 由三角形面积公式可得的面积， 所以，又，， 所以， 由余弦定理可得， 所以， 所以. 16. 已知数列的前项和，数列是正项等比数列，满足，. （1）求，的通项公式； （2）设，记数列的前项和为，求. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由数列通项公式与求和公式的关系求出，以及等比数列的通项公式求出，可得答案； （2）由分组求和，利用等差数列与等比数列的求和公式，可得答案. 【小问1详解】 因为， 所以时. 当时，， 所以， ，满足，所以， 数列是正项等比数列，. 所以公比，. 【小问2详解】 由（1）知， ， . 17. 已知函数，. （1）若存在极小值，且极小值为，求； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，判断函数的单调性，结合极小值为求解； （2）将不等式分离参数，得，设，，利用导数求出最值得解. 【小问1详解】 ，， 当时，，所以函数无极值， 当时，由，得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的极小值为，解得. 【小问2详解】 由，得，即，， 设，， 则， 当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增， 所以，则， 所以的取值范围为. 18. 如图，在三棱锥中，，为的中点，平面平面． （1）证明：； （2）若，，，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为为的中点，，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 又因为平面，所以． 因为为的中点，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质，可证平面，再由线面垂直的性质，可证，根据三线合一可知为等腰三角形，即可证明； （2）以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，利用向量法即可求出平面与平面的夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点垂直平面为轴，建立空间直角坐标系， 则，，， 取的中点，连接．因为，所以． 由（1）平面，平面，所以平面平面． 因为平面平面，平面，， 所以平面，所以， 所以，，． 设平面的一个法向量为， 所以，即，可取． 同理，可得平面的一个法向量为． 设平面与平面的夹角为，则 ， 所以平面与平面的夹角为. 19. 已知双曲线的实轴长为4，一条渐近线的方程为，过点的直线与C的右支交于A，B两点． （1）求C的标准方程； （2）P是x轴上的定点，且． （i）求P的坐标： （ii）若的外接圆被x轴截得的弦长为16，求外接圆的面积． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得双曲线的标准方程. （2）（i）设出直线的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数，根据列方程来求得点坐标. （ii）先求得的外接圆的半径，然后根据弦长列方程，进而求得正确答案. 【小问1详解】 因为C的实轴长为，渐近线方程为， 所以，，解得，， 所以C的标准方程为． 【小问2详解】 （i）设直线的方程为，，，， 联立化简得，． 因为直线与双曲线的右支交于两点， 由，整理得 则或或， 解得. 由，可得，即， 将代入上式得， 将，代入上式并化简得 ， 整理得， 因为上式对任意都成立，所以， 解得，所以. （ii） 因为， 所以外接圆是以为直径的圆，记为圆T， 因为圆心，即， 所以半径． 因为外接圆被x轴截得的弦长为16， 所以（*），即，解得或． 因为直线与C的右支交于A，B两点，所以， 所以，（舍去），代入（*）可得． 所以外接圆的面积为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $