精品解析：广东省深圳市深圳科学高中2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题

深圳科学高中2023-2024学年第一学期期中考试试题 科目：高二数学 考试时长：120分钟 卷面总分：150分 命题人：闫莉 审题人：蔡磊 一、单选题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求的． 1. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线和平面．若，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 3. 在中，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，且该圆锥的体积为，则（ ） A. B. C. D. 3 5. 已知，且为锐角，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知正四面体，M为AB中点，则直线CM与直线BD所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆为椭圆的对称中心，为椭圆的一个焦点，为椭圆上一点，轴，与椭圆的另一个交点为点为等腰直角三角形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正三棱锥的外接球是球，正三棱锥底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 已知空间中三点，则（ ） A. 向量与向量垂直 B. 平面的一个法向量为 C. 与的夹角余弦值为 D. 10. 已知的最小正周期为，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递增 D. 在上有四个零点 11. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B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．在平面直角坐标系xOy中，，，动点M满足，直线l：，则以下说法正确的是（ ） A. 动点M的轨迹方程为 B. 直线l与动点M的轨迹一定相交 C. 若直线l与动点M的轨迹交于P、Q两点，且，则 D. 动点M到直线l距离的最大值为3 12. 在正方体中，，G为C1D1的中点，点P在线段B1C上运动，点Q在棱C1C上运动，M为空间中任意一点，则下列结论正确的有（ ） A. 直线平面A1C1D B. 的最小值为 C. 异面直线AP与A1D所成角的取值范围是 D. 当时，三棱锥体积最大时其外接球的表面积为 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 已知复数是关于的实系数方程的一个根，则________. 14. 已知⊙M：，直线l：，点P为直线l上的动点，过点P作⊙M的切线，切点为A，则切线段长的最小值为________． 15. 我们知道，三脚架放在地面上不易晃动，其中蕴含的数学原理是“不共线三点确定一个平面”；另一方面，空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．根据上述知识解决问题：现有一三脚架(三条脚架可看作三条边，它们的交点为顶点)放于桌面，建立合适空间直角坐标系，根据三支点的坐标可求得桌面所在平面的方程为，若三脚架顶点Q的坐标为，则点Q到平面的距离为______． 16. 已知中，角对应的边分别为，是上的四等分点（靠近点）且，则的最大值是___________． 四、解答题：本大题共6小题，共70分． 17. 已知函数（其中）的部分图象如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象． （1）求与的解析式； （2）求方程在区间内的所有实数解的和． 18. 在中，内角的对边分别为. （1）求角的大小； （2）为边上一点，，求边的长. 19. 已知的顶点，，线段AB的垂直平分线的方程为． （1）求直线BC的方程； （2）若的外接圆为圆M，过点作圆M的切线，求切线方程． 20. 三棱柱中，侧面是矩形，，. （1）求证：面面ABC； （2）若，，，在棱AC上是否存在一点P，使得二面角的大小为45°？若存在求出，不存在，请说明理由. 21. 已知椭圆焦点在轴，离心率为，且过点，直线与椭圆交于两点，且以为直径的圆经过定点． （1）求椭圆的标准方程； （2）求面积的最大值． 22. 已知集合是满足下列性质的函数的全体：存在实数、，对于定义域内任意，均有成立，称数对为函数的“伴随数对”. （1）判断函数是否属于集合，并说明理由； （2）若函数，求满足条件的函数的所有“伴随数对”； （3）若、都是函数的“伴随数对”，当时，，当时，，求当时，函数的解析式和零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳科学高中2023-2024学年第一学期期中考试试题 科目：高二数学 考试时长：120分钟 卷面总分：150分 命题人：闫莉 审题人：蔡磊 一、单选题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求的． 1. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解分式不等式得，解绝对值不等式得,再根据集合交集运算求解即可. 【详解】因为，所以. 因为，所以. . 故选：A. 2. 已知直线和平面．若，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】B 【解析】 【分析】根据题意，由空间中直线与平面的位置关系即可判断. 【详解】因为， 若，则可得，必要性成立； 若，则或都有可能，但是不一定成立，充分性不成立. 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选:B. 3. 在中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意画出图形并根据线段比例利用向量的加减法则计算即可求出结果. 【详解】因为，， 所以M是位于BC上的靠近点B的四等分点，N为AC的中点，如下图所示： 所以. 故选：D 4. 已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，且该圆锥的体积为，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，用表示出圆锥底面圆半径及高，再利用锥体的体积公式求解作答. 【详解】令圆锥底面圆半径为，则，解得， 从而圆锥的高， 因此圆锥的体积，解得. 故选：C 5. 已知，且为锐角，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 利用可得，再利用二倍角公式可以求，进而可得的值. 【详解】因为为锐角，即，所以 又因为，所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 故选：C 【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系，考查了正弦的二倍角公式，以及诱导公式，属于基础题. 6. 已知正四面体，M为AB中点，则直线CM与直线BD所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设正四面体的棱长为，取的中点，连接、，利用几何法求解作答. 【详解】如图，设正四面体的棱长为，取的中点，连接、， 因为、分别为、的中点，则且， 因此或其补角为直线与直线所成的角， 因为为等边三角形，为的中点，则，且， 同理，在等腰中，， 所以直线CM与直线BD所成角的余弦值为. 故选：B 7. 已知椭圆为椭圆的对称中心，为椭圆的一个焦点，为椭圆上一点，轴，与椭圆的另一个交点为点为等腰直角三角形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意确定，进而可得，即可求椭圆的离心率. 【详解】 如图，不妨设， 因为点在椭圆上，所以，解得， 所以， 又因为为等腰直角三角形，所以, 即，即，所以， 解得或（舍）， 故选:B. 8. 已知正三棱锥的外接球是球，正三棱锥底边，侧棱，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设的中心为，球O的半径为R，在中，利用勾股定理求出，余弦定理求出，再由勾股定理求出，过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大. 【详解】如下图，设的中心为，球O的半径为R， 连接，OD，，OE，则 ， 在中，， 解得R＝2，所以，因为BE＝DE，所以， 在中，， 所以，过点E作球O的截面， 当截面与OE垂直时，截面的面积最小， 此时截面的半径为，则截面面积为， 当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4π. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大. 二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 已知空间中三点，则（ ） A. 向量与向量垂直 B. 平面的一个法向量为 C. 与的夹角余弦值为 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】计算数量积是否为0判断A，根据法向量的定义判断B，由向量夹角的坐标表示计算后判断C，坐标法求向量的模判断D． 【详解】由已知，则，所以，A对； 由，则，与不垂直，B错； 由，则，C对； 由，D错. 故选：AC 10. 已知的最小正周期为，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 在上单调递增 D. 在上有四个零点 【答案】AD 【解析】 【分析】通过辅助角公式先将化简，再通过的最小正周期为，得出的值，即可利用三角函数性质对选项一一验证即可得出答案. 【详解】， 则， 的最小正周期为，且， ，即， ， 对于选项A： ， 故选项A正确； 对于选项B： 的对称轴为，， 即，， 令，解得：， 故选项B错误； 对于选项C： 的单调递增区间为，， 即，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故选项C错误； 对于选项D： 的零点为，， 即，， 则在上有四个零点， 分别是，，，， 故选项D正确. 故选：AD. 11. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：平面内到两个定点A，B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．在平面直角坐标系xOy中，，，动点M满足，直线l：，则以下说法正确的是（ ） A. 动点M的轨迹方程为 B. 直线l与动点M的轨迹一定相交 C. 若直线l与动点M的轨迹交于P、Q两点，且，则 D. 动点M到直线l距离的最大值为3 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，由题意求出点的轨迹以及轨迹方程，利用直线与圆的位置关系，依次判断四个选项即可． 【详解】解：设，因为动点满足，且，， 所以， 整理可得，即， 对于A，动点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，动点的轨迹方程为，故选项A正确； 对于B，因为直线：过定点，而点在圆内， 所以直线与动点的轨迹一定相交，故选项B正确； 对于C：因为，所以圆心到直线的距离，所以，解得，故C错误； 对于D：因为，所以动点到直线距离的最大值为，故D正确； 故选：ABD 12. 在正方体中，，G为C1D1的中点，点P在线段B1C上运动，点Q在棱C1C上运动，M为空间中任意一点，则下列结论正确的有（ ） A. 直线平面A1C1D B. 的最小值为 C. 异面直线AP与A1D所成角的取值范围是 D. 当时，三棱锥体积最大时其外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面垂直判定定理判断A选项，应用侧面展开图判断B选项，根据异面直线所成及图形特征判断C选项，根据体积最大得出线面垂直再求外接球半径求解判断D选项. 【详解】对于A选项，连接，则， 由题可知，平面，且平面，则， 又，平面，平面，平面，平面，则， 同理可得，，平面， 平面，直线平面，则选项A正确； 对于C选项，由题可知，，， 所以四边形为平行四边形，则，所以与所成角即为异面直线与所成角，又点在线段上运动，可知是等边三角形，所以直线与所成角的取值范围是，则C选项正确； 对于B选项，如图展开平面，使平面共面，过作，交与点，交与点，则此时最小，由题可知，，则，即的最小值为，则B选项错误； 对于D选项，，当、、三点共面时，点的轨迹是以、为焦点的椭圆，又因为，所以椭圆的长轴长为，短轴长为，故点的轨迹是以，为焦点的椭球表面， 设的中点为，要使三棱锥的体积最大，即到平面的距离最大， 所以当平面，当平面，且时，三棱锥的体积最大， 此时为等边三角形，设其中心为，三棱锥的外接球的球心为，的外心，连接，，， 则，，所以， 即三棱锥体积最大时其外接球的表面积. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：距离和最小转化为侧面展开图三点共线最小. 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 已知复数是关于的实系数方程的一个根，则________. 【答案】10 【解析】 【分析】由已知结合实系数一元二次方程虚根成对原理可得方程的另一个根，再由根与系数的关系求解的值，由此即可求出结果． 【详解】因为复数是关于的实系数方程的一个根， 所以复数是关于的实系数方程的一个根， 所以，即. 故答案为：10. 14. 已知⊙M：，直线l：，点P为直线l上的动点，过点P作⊙M的切线，切点为A，则切线段长的最小值为________． 【答案】1 【解析】 【分析】由已知求得圆心坐标与半径，再求出圆心到直线l的距离，利用勾股定理得答案． 【详解】⊙M：的圆心坐标为，半径为2，如图， ，且， 故要使最小，则最小，此时PM⊥l， 因为圆心M到直线l：的距离为， ∴的最小值为 故答案为：1． 15. 我们知道，三脚架放在地面上不易晃动，其中蕴含的数学原理是“不共线三点确定一个平面”；另一方面，空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．根据上述知识解决问题：现有一三脚架(三条脚架可看作三条边，它们的交点为顶点)放于桌面，建立合适空间直角坐标系，根据三支点的坐标可求得桌面所在平面的方程为，若三脚架顶点Q的坐标为，则点Q到平面的距离为______． 【答案】## 【解析】 【分析】确平面过定点，平面的法向量为，计算，再计算距离得到答案. 【详解】平面的方程为，取， 则平面的法向量为， ，则， 故点Q到平面的距离为. 故答案为：. 16. 已知中，角对应的边分别为，是上的四等分点（靠近点）且，则的最大值是___________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意及正弦定理化简得，进而有，设，则，再结合正弦定理，化简得，结合三角函数的性质，即可求. 【详解】因为，正弦边角关系得， 可得，即， 所以，，则， 设，则，且， 在中，且，则， 在中，由，则， 由，即， 由正弦定理知（为的外接圆半径）， 所以， 则，即， 又，故当，即时，所以. 故答案为： 四、解答题：本大题共6小题，共70分． 17. 已知函数（其中）的部分图象如图所示，将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象． （1）求与的解析式； （2）求方程在区间内的所有实数解的和． 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）由函数图象得及周期，即可求，再利用待定系数法求，求出函数的解析式，再根据平移变换写出函数的解析式； （2）根据已知得，结合及余弦函数的周期性求解，进而求它们的和. 【小问1详解】 由图知，函数的周期，所以， 所以，又， 所以，则，所以， 又，所以，所以， 因为将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象， 所以； 【小问2详解】 由题设，则， 由，则，故或或或， 所以或或或，则所有解的和为. 18. 在中，内角的对边分别为. （1）求角的大小； （2）为边上一点，，求边的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先应用正弦定理再根据辅助角公式得，最后结合角的范围即可求解； （2）根据面积关系化简求值即得. 【小问1详解】 ， 由正弦定理可得， 即， ， 又. 又. 【小问2详解】 即，解得 19. 已知的顶点，，线段AB的垂直平分线的方程为． （1）求直线BC的方程； （2）若的外接圆为圆M，过点作圆M的切线，求切线方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）先求得点坐标，然后求得直线的方程. （2）根据切线的斜率是否存在进行分类讨论，根据点到直线的距离公式求得正确答案. 【小问1详解】 因为线段AB的垂直平分线的方程为， 所以点A，B关于直线对称． 因为，所以． 又，所以直线BC的方程为． 【小问2详解】 因为，，， 所以外接圆的方程为，即． 所以圆M的圆心为，半径为． 当切线的斜率不存在时，满足题意． 当切线的斜率存在时，设切线方程为，即． 因为圆心M到切线的距离，解得， 所以切线方程为，即． 综上所述，切线方程为或． 20. 三棱柱中，侧面是矩形，，. （1）求证：面面ABC； （2）若，，，在棱AC上是否存在一点P，使得二面角的大小为45°？若存在求出，不存在，请说明理由. 【答案】（1） 证明：， 侧面是菱形， ，又，， 平面，平面， ， 因为侧面是矩形，所以， 又， 平面，又平面, . （2）存在点P满足条件，此时（即P是AC中点时）. 【解析】 【分析】（1）由题，根据平面与平面垂直的判定定理可得； （2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1），以C为坐标原点，射线、为x、y轴的正向，平面上过C且垂直于的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由条件，，，设， 由（1），面，所以，面的法向量为. 设面的法向量为， 由，即， 可设， ∴， ∴，得， 即，得，（舍），即， 所以，存在点P满足条件，此时（即P是中点时）. 21. 已知椭圆焦点在轴，离心率为，且过点，直线与椭圆交于两点，且以为直径的圆经过定点． （1）求椭圆的标准方程； （2）求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题干条件列出等式，结合，即得解； （2）联立直线与椭圆方程，根据得出，即直线过定点，进而表示，代入韦达定理，换元法求解最值即可. 【小问1详解】 由题意，设椭圆方程为 由于椭圆离心率为，且过点， 则，解得， 故椭圆的标准方程为：； 【小问2详解】 联立，可得， 设，则当时有， 若以为直径的圆经过定点，所以， 由，得， 将代入可得， 代入韦达定理可得： 化简可得，因，得， 则直线，故直线过定点， 则 ， 令，则， 当时，取得最大值. 22. 已知集合是满足下列性质的函数的全体：存在实数、，对于定义域内任意，均有成立，称数对为函数的“伴随数对”. （1）判断函数是否属于集合，并说明理由； （2）若函数，求满足条件的函数的所有“伴随数对”； （3）若、都是函数的“伴随数对”，当时，，当时，，求当时，函数的解析式和零点. 【答案】（1）；详见解析 （2），，； （3），零点为，2015，2016. 【解析】 【分析】(1) 由题意可得，化为对 成立，需满足条件，解方程即可判断；(2) 由题意可得，运用两角和差公式，化简结合余弦函数的值域即可得到所求数对；(3)由都是函数的“伴随数对”，可得为周期为4的函数，，，，的函数解析式，可得，的解析式，即可得到所求零点. 【详解】(1)的定义域为，假设存在实数，对于定义域内的任意均有成立，则， 化为，由于上式对于任意实数x都成立：，解得 是函数的“伴随数对”，； (2) 函数， ， ， ， 都成立，， ， ，又， 故， 当时，， 当时，， 的“伴随数对”为； (3) 都是函数的“伴随数对”， ， ， 当时，则，此时， 当时，则，此时， 当时，则，此时， ， ， 当时，函数的零点为. 【点睛】本题考查新定义的理解和运用，考查函数的性质和运用，主要考查函数的周期性和函数的解析式的求法，函数的零点的求法，考查运算能力，是难题题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $