甘肃省礼县第一中学2024-2025学年高二上学期第二次月考数学试题

礼县第一中学2024学年高二第二次月考数学试卷注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.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题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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､单选题1.已知，且，则（）A. B.C. D.2.已知复数（），且，则（）A.1 B.2 C. D.3.我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何?”现有一类似问题：不确定大小的圆柱形木材，部分埋在墙壁中，其截面如图所示．用锯去锯这木材，若锯口深，锯道，则图中弧与弦围成的弓形的面积为（）A. B.8C. D.4.已知，则（）A. B. C. D.5.如图，在平行六面体中，底面是菱形，侧面是正方形，且，，，若P是与的交点，则异面直线与的夹角的余弦值为（）A. B. C. D.6.已知线段的端点B的坐标是，端点A在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程为（）A. B.C. D.7.若某圆台有内切球（与圆台的上下底面及每条母线均相切的球），且母线与底面所成角的正弦值为，则此圆台与其内切球的表面积之比为（）A. B.2 C. D.8.已知点P在椭圆τ：(a>b>0)上，点P在第一象限，点P关于原点O的对称点为A，点P关于x轴的对称点为Q，设直线AD与椭圆τ的另一个交点为B，若PA⊥PB，则椭圆τ的离心率e=（）A. B. C. D.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.已知直线：，圆：，为坐标原点，下列说法正确的是（）A.若圆关于直线对称，则B.点到直线的距离的最大值为C.存在两个不同的实数，使得直线与圆相切D.存在两个不同的实数，使得圆上恰有三个点到直线的距离为10.已知函数的定义域为为偶函数，为奇函数，则下列选项正确的是（）A.图象关于直线对称B.的图象关于点对称C.D.的一个周期为811.如图，四棱锥中，面面，且，是棱的中点，，则（）A.平面B.平面C.和平面所成角的正弦值为D.四面体外接球的表面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知向量，．若，则________．13.在空间直角坐标系中已知，，，为三角形边上的高，则__________．14.已知2024是不等式的最小整数解，则的取值范围为____________．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.已知两圆和.求：（1）m取何值时两圆外切？（2）当时，两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦长.16.在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，则译码为1，若依次收到，则译码为1）．（1）已知．①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率；②若采用单次传输方案，依次发送，证明：事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立．（2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围．17.如图，在几何体中，平面，，，，，分别为棱，的中点.（1）证明：平面．（2）证明：.（3）求直线与平面所成角的正弦值.18.在中，，，，，分别是，上的点，满足，且经过的重心．将沿折起到的位置，使，存在动点使如图所示．（1）求证：平面；（2）当时，求二面角的正弦值；（3）设直线与平面所成线面角为，求的最大值．19.基本不等式是最基本的重要不等式之一，二元基本不等式为．由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是发现新问题、新结论的重要方法．基本不等式可以推广到一般的情形：对于个正数，它们的算术平均数（注：）不小于它们的几何平均数（注：），即，当且仅当时，等号成立．（1）已知，求的最小值；（2）已知且．（ⅰ）求证：；（ⅱ）当，求的最小值，其中．1.B向量，则，因，于是得，解得，所以.故选：B.2.D因为，，所以，解得，因为，所以.故选：D,3.C由题意，在中，，即，解得，故，易知，因此.故选：C.4.A，又，所以.故选A.5.A在平行六面体中,四边形是平行四边形,侧面是正方形,又是的交点,所以是的中点,因为,,,所以，所以，所以又，所以，可得,，所以异面直线与的夹角的余弦值为.故选：A.6.B设，，由中点坐标公式得，所以，故，因为A在圆上运动，所以，化简得，故B正确.故选：B7.C设上底面半径为，下底面半径为，如图，取圆台的轴截面，作，垂足为，设内切球与梯形两腰分别切于点，可知，，由题意可知：母线与底面所成角为，则，可得，即，，可得，可知内切球的半径，可得，，所以.故选：C.8.C设，则，，则，设，则两式相减得到：，即，故，即，故，故.故选：C.9.ABD直线：过定点，圆：，圆心，半径，对选项A：直线过圆心，则，解得，故选项A正确；对选项B：点O到直线l的距离的最大值为，故选项B正确；对选项C：直线与圆相切，则圆心到直线的距离，解得，故选项C错误；对选项D：当圆上恰有三个点到直线的距离为时，圆心到直线的距离，解得，故选项D正确.故选ABD.10.ABD由于函数的定义域为为偶函数，则，即，则的图象关于直线对称，A正确；又为奇函数，则，即，故的图象关于点对称，B正确；由于，令，则，又的图象关于直线对称，故，C错误；又，，则，故，即，则，即的一个周期为8，D正确，故选：ABD11.ACD如图，作，因为面面，面面，所以面，且作，因为，，所以，是的中点，，，对于A，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，所以，，，，，，因为是棱的中点，所以，所以，，，设面的法向量，所以，令，解得，所以，可得，故平面成立，故A正确，对于B，，，设面的法向量为，所以，令，解得，得到，故不平行于，所以平面不成立，故B错误，对于C，，，设面的法向量为，所以，令，解得，故，设和平面所成角为，且，所以，故C正确，对于D，设四面体外接球的方程为，将四点代入球的方程，可得，，利用加减消元法得到，解得，再利用加减消元法得到，解得，现在将，代入方程组，得到，此时解得，故原方程解得，故球的方程为，设球的表面积为，则，故D正确.故选：ACD12.．因为，所以，解得．故答案为：.13.3，，则，，所以，故答案为：314.由题意可得，变形不等式可得，当时，有，由指数函数和对数函数的互化并整理可得，即，解得或（舍去），从而，又时，所以要使2024是不等式的最小整数解，有，解得，所以，当时，注意到，此时，不等式的分子大于零，不符合题意，综上，的取值范围为.故答案：.15.（1）由已知化简两圆的方程为标准方程分别为：，，则圆心分别为，，半径分别为和，当两圆外切时，满足，解得.（2）当时，有，则，所以两圆相交，则两圆的公共弦所在直线的方程为：，即，圆心到直线的距离，所以公共弦长.16.（1）①记事件为“至少收到一次0”，则．②证明：记事件为“第三次收到的信号为1”，则．记事件为“三次收到的数字之和为2”，则．因为，所以事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立．（2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，则．记事件为“采用单次传输方案时译码为0”，则．根据题意可得，即，因为，所以，解得，故的取值范围为．17.（1）如图，连接.在中，，分别为棱，的中点，所以,，又平面，平面.所以平面.（2）因为平面，平面，所以，又,平面，且，所以平面.因为平面，所以.又因为，所以.（3）因为，所以直线与平面所成角与直线与平面所成角相等，设为.不妨设，则.设到平面的距离为.则.又.在中，，，所以.所以.所以.故直线与平面所成角的正弦为.18.（1）因为，则，且，可得，将沿折起到的位置，始终有，，因为，，平面，所以平面，由平面，可得，且，，，平面，所以平面.（2）由（1）可知，，，两两垂直，翻折前，因为经过的重心，且，所以，所以，，，翻折后，由勾股定理得，以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，可得，，，设平面的法向量m=x1,令，则，可得，设平面的法向量n=x2,令，则，可得，可得，且，则，所以二面角的正弦值为.（3）由（2）可知，，设平面的法向量，则，令，则，可得，且，因为直线与平面线面角为，则当且仅当时，等号成立，所以的最大值为.19.（1）由均值不等式得.而当，时，有，.所以的最小值是.（2）（ⅰ）由于，，故对，由均值不等式有，.将二者相乘，得.再将该不等式对相乘，即得.（ⅱ）对，设.则，.对，设，.则，，所以在上递增.所以对有，对有.这表明在上递减，在上递增，所以由有.这就得到，同理有，即再设，.则，.所以在上递减.而，.所以一定存在，使得对有，对有.故在上递增，在上递减，而，结