湖南省三湘名校教育联盟2024-2025学年高二数学上学期11月期中联考试卷

Page15三湘名校教化联盟2024年下学期高二期中联考数学本试卷共4页。全卷满分150分，考试时间120分钟。留意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题：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.设集合，，则A. B.C. D.2.已知复数的共轭复数满意，则在复平面内对应的点位于A.第一象限 B.其次象限 C.第三象限 D.第四象限3.已知双曲线：的焦距为，实轴长为4，则的渐近线方程为A. B. C. D.4.已知数列中，，，则等于A. B. C. D.35.已知，是直线（为常数）上两个不同的点，则关于和的方程组的解的状况，下列说法正确的是A.无论，，如何，总是无解B.无论，，如何，总有唯一解C.存在，，，使是方程组的一组解D.存在，，，使之有无穷多解6.已知正方体的棱长为2，球是正方体的内切球，点是内切球表面上的一个动点，则的取值范围为A. B.C. D.7.已知定义域为的函数满意，当且时，成立.若存在使得成立，则实数的取值范围是A. B.C. D.8.已知双曲线：，和分别为实轴的右端点和虚轴的上端点，过右焦点的直线交的右支于，两点.若存在直线使得点为的重心，则的离心率为A. B. C.2 D.二、多项选择题：本题共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.已知直线：和圆：，则A.直线恒过定点B.直线与圆相交C.存在使得直线与直线：平行D.直线被圆截得的最短弦长为10.设函数，则下列说法正确的是A.若的最小正周期为，则B.若，则的图象关于点对称C.若在区间上单调递增，则D.若在区间上恰有2个零点，则11.已知为抛物线：的焦点，，，是上三点，且，则下列说法正确的是A.当，，三点共线时，的最小值为4B.若，设，中点为，则点到轴距离的最小值为6C.若，为坐标原点，则的面积为D.当时，点到直线的距离的最大值为12.已知正方体的棱长为1，为线段的中点，点和点分别满意，，其中，则下列说法正确的是A.平面B.与平面所成角的取值范围为C.的最小值为D.点到直线的距离的最小值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知圆过点，且与直线相切，则满意要求的面积最小的圆的标准方程为______.14.已知，则的值为______.15.已知三棱柱的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为，，，，则此球的体积为______.16.如图，椭圆：和：有相同的焦点，，离心率分别为，，为椭圆的上顶点，，，，三点共线且垂足在椭圆上，则的最大值是______.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17.（本小题满分10分）在平面直角坐标系中，存在四点，，，.（1）求过，，三点的圆的方程，并推断点与圆的位置关系；（2）若过点的直线被圆截得的弦长为8，求直线的方程.18.（本小题满分12分）长沙市某中学近几年加大了对学生奥赛的培训，为了选择培训的对象，2024年5月该中学进行一次数学竞赛，从参与竞赛的同学中，选取50名同学将其成果（百分制，均为整数）分成六组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组，得到频率分布直方图（如图），视察图中信息，回答下列问题：（1）依据频率分布直方图，估计本次考试成果的平均数和第71百分位数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）已知学生成果评定等级有优秀、良好、一般三个等级，其中成果不小于90分时为优秀等级，若从成果在第5组和第6组的学生中，随机抽取2人，求所抽取的2人中至少有1人成果优秀的概率.19.（本小题满分12分）已知，，分别为三个内角，，的对边，且.（1）求角；（2）若点满意，且，求的面积的最大值.20.（本小题满分12分）如图，四棱锥的底面是平行四边形，，，点在平面内的投影是的中点，是的中点.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的正弦值.21.（本小题满分12分）已知函数，.（1）求函数的单调递增区间；（2）若对随意，存在，使得，求实数的取值范围；（3）若函数，求函数的零点个数.22.（本小题满分12分）椭圆：的左、右焦点分别为，.过作直线交于，两点.过作垂直于直线的直线交于，两点.直线与相交于点.（1）求点的轨迹方程；（2）求四边形面积的取值范围.三湘名校教化联盟・2024年下学期高二期中联考・数学参考答案、提示及评分细则1.【答案】C【解析】因为，又，，所以，故选C.2.【答案】A【解析】由可得，所以，对应点为，在第一象限.故选A.3.【答案】C【解析】由已知得，双曲线的焦点在轴上，双曲线的焦距，解得，双曲线的实轴长为，解得，则，即双曲线的渐近线方程为.故选C.4.【答案】D5.【答案】B【解析】由题意则，（直线的斜率存在，∴），故：与：相交，∴方程组总有唯一解.A，D错误，B正确；若是方程组的一组解，则则点，在直线，即上，但已知这两个点在直线上，这两条直线不是同一条直线，∴不行能是方程组的一组解，C错误.故选B.6.【答案】D【解析】取中点为，因为，，所以，又，则，又正方体的棱长为2，则正方体的内切球半径为1，则，，所以，所以，所以当，反向时，，有最小值为；当，同向时，，有最大值为.故选D.7.【答案】D【解析】由条件可知函数在上单调递减.存在使得成立等价于存在使得不等式成立.由得，∵，∴，∴①当时，不成立；②当时，有解.求当时，函数的最小值.令，则，而函数是上的减函数，所以当且仅当，即时，.故，故选D.8.【答案】A【解析】依题意，，.点为的重心时，中点.设，，则，.两式作差得：.其中，.又因为，，，四点共线，所以.故，解得，故.故选A.9.【答案】BD【解析】对于A，由可得，，令，即，此时，所以直线恒过定点，A错误；对于B，因为定点到圆心的距离为，所以定点在圆内，所以直线与圆相交，B正确；对于C，因为直线：的斜率为，所以直线的斜率为，此时直线的方程为，直线与直线重合，故C错误；对于D，设直线恒过定点，圆心到直线的最大距离为，此时直线被圆截得的弦长最短为，D正确；故选BD.10.【答案】AD【解析】对于A，若的最小正周期为，则，解得，故A正确；对于B，若，则，时，，故B错误；对于C，时，，因为在上单调递增，则，解得，故C错误；对于D，时，，若在上恰有2个零点，则，解得，故D正确.故选AD.11.【答案】ACD【解析】依题意，. 对于A选项，当，，三点共线时，为焦点弦.通径（垂直于对称轴的焦点弦）最短，最短为，故A正确；对于B选项，（当且仅当，，三点共线时等号成立），即，故，所以点到轴距离的最小值为5，B错误；对于C选项，依题意，为焦点弦且.不妨设直线的倾斜角为锐角，则，，解得，故，故C正确；对于D选项，设直线：，，，与抛物线方程联立，得：.由韦达定理有：，.依题意.即，整理得：.代入韦达定理可得：，解得，其中时，直线过定点，时，直线过点，不符合题意，故直线过定点，点到直线的距离最大值为.D正确.故选ACD.12.【答案】ACD【解析】对于A选项，平面即为平面，易知A正确；对于选项B：如图，连接交于点，连接，知平面，所以即为与面所成角，所以，由在上知，所以，因为，所以的范围是，即直线与平面所成角的范围是，故B错误；对于C项，把问题转化为在平面内求点使得最小，如图，作点关于线段的对称点，过点作，的垂线，垂足分别为和，则，设，则，故，故.对于D项，当时，平面且，，三点共线.此时，，即此时到直线的距离最小，最小值为.故选ACD.13.【答案】【解析】过作直线的垂线，垂足为.当为直径时，圆的面积最小.到直线的距离，可知半径，圆心在直线上，且，解得，，所求圆的方程为.14.【答案】【解析】由，得，两边平方得.所以.15.【答案】【解析】由已知该三棱柱是直三棱柱，且底面是直角三角形，，设，分别是，的中点，是中点，则就是三棱柱外接球球心，，，即，.所以.16.【答案】【解析】由图知，则，设，则，则.17.【解析】（1）设圆方程为，把，，三点坐标代入可得：解得，，，所以圆方程是把点坐标代入可得：，故在圆内；（2）由（1）可知圆：，则圆心，半径，由题意可知圆心到直线的距离是3，当直线斜率存在时，设直线方程为：，所以，解得，故直线的方程为；当直线斜率不存在时，则直线方程为：，此时圆心到直线的距离是3，符合题意.综上所述，直线的方程为或.18.【解析】（1），所以本次考试成果的平均分约为66.8；因为成果在的频率为，成果在的频率为，所以第71百分位数位于，设其为，则，解得，所以第71百分位数为75；（2）第5组的人数为：人，可记为，，，；第6组的人数为：人，可记为，，；则从中任取2人，有，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共21种状况，其中至少有1人成果优秀的状况有，，，，，，，，，，，，，，共15种状况.所以至少有1人成果优秀的概率.19.【解析】（1）由正弦定理可得：又在三角形中，，∴，∴，又在三角形中，，∴，∴∵，∴；（2）由，可得，两边平方可得，即，所以，当且仅当时取“”，所以，所以.所以的面积的最大值为.20.【解析】（1）证明：取的中点，连接，∵四边形为平行四边形，∴，∵为中点，∴，且，∵为中点，为中点，∴为的中位线，∴，且，即，且，故四边形是平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面；（2）取中点，连接，∵点在平面内的投影为，∴平面.∵，∴，∵，则，由于，，两两垂直，则可以点为坐标原点建系，以为轴，为轴，为轴，则有，，，，，，则，，，设平面的法向量为，则即令，则，，故，设平面的法向量为，则即令，则，，故，，设二面角的平面角为，则.故二面角的正弦值为.21.【解析】（1）由得：或，即的定义域为，令，在内单调递增，而时，为减函数，时，为增函数，故函数的单调递增区间是.（2）由与可知，所以或，分别参数得，或有解，令，则，或有解，得或；（3）依题意，令，则函数转化为，此时只需探讨方程大于等于2的解的个数，①当时，没有大于等于2的解，此时没有零点；②当时，，当时，，方程没有大于等于2的解，此时没有零点；当时，，方程有一个等于2的解，函数有一个零点；当时，，方程有一个大于2的解，函数有两个零点.③当