广东省深圳市龙岗区2024-2025学年高二上学期11月期中考试 数学试题含答案

2024学年第一学期高二年级期中考试数学学科试卷一、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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.已知函数的定义域为，的定义域为，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据根式、分式及对数的性质求对应函数定义域，再由集合交运算求结果.对于，有，则，即，对于，有，则，即，所以.故选：C2.某校学生2000人，其中高三年级学生500人，为了解学生的身体素质情况，现采用分层抽样的方法，从该校学生中抽取200人的样本，则该样本中高三学生的人数为（）A60 B.50 C.40 D.30【答案】B【解析】【分析】根据分层抽样每个人抽取的概率相等，即可求解.某校学生2000人，其中高三年级学生500人，从该校学生中抽取200人的样本，该样本中高三学生的人数为.故选:B.【点睛】本题考查分层抽样抽取样本方法，属于基础题.3.向量与垂直，则（）A.－1 B.1 C.－4 D.4【答案】B【解析】【分析】根据互相垂直向量坐标表示公式进行求解即可.因为向量与垂直，所以有，故选：B4.四面体中，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据空间向量基本定理，利用基底表示即可..故选：A5.已知为偶函数，它在上是减函数，若有，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用偶函数的基本性质将所求不等式变形为，再由该函数的单调性得出，可得出，利用对数函数的单调性即可解出该不等式.函数为偶函数，由，可得，又函数在上是减函数，，则，解得.因此，所求的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性解不等式，涉及对数函数单调性的应用，考查运算求解能力，属于中等题.6.在中，已知三个内角为满足，则三角形的形状（）A.锐角三角形 B.钝角三角形C.直角三角形 D.不能确定【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理角化边，再根据余弦定理计算即可.由正弦定理可知，不妨设，则，显然，则，所以.故选：A7.在区间内，曲线和交点间的线段长的最大值为（）A. B. C. D.4【答案】A【解析】【分析】在同一坐标系中，画出两个函数的图象，数形结合解决问题.在同一坐标系中，和的图象如下所示：令，，解得x=0或，故，则，也即在区间交点间线段长的最大值为.故选：A.8.已知直线与x轴相交于点A，过直线l上的动点P作圆的两条切线，切点分别为C，D两点，记M是的中点，则的最小值为（）A. B. C. D.3【答案】A【解析】【分析】设点，，根据圆的切线的性质可得C，D在以OP为直径的圆上，求得其圆的方程，再由C，D在圆上，可得直线CD的方程，求得直线CD恒过定点，从而得M在以OQ为直径的圆，得出圆的方程可求得的最小值．设点，，因为PD，PC是圆的切线，所以，所以C，D在以OP为直径的圆上，其圆的方程为，又C，D在圆上，则将两个圆的方程作差得直线CD的方程：，即，所以直线CD恒过定点，又因为，M，Q，C，D四点共线，所以，即M在以OQ为直径的圆上，其圆心为，半径为，所以，所以的最小值为，故选：A．【点睛】方法点睛：求直线恒过点的方法：方法一（换元法）：根据直线方程的点斜式直线的方程变成，将带入原方程之后，所以直线过定点；方法二（特殊引路法）：因为直线的中的m是取不同值变化而变化，但是一定是围绕一个点进行旋转，需要将两条直线相交就能得到一个定点.取两个m的值带入原方程得到两个方程，对两个方程求解可得定点.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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.若直线不平行于平面，且，则下列说法正确的是（）A.内存在一条直线与平行 B.内不存在与平行的直线C.内所有直线与异面 D.内有无数条直线与相交【答案】BD【解析】【分析】利用直线与直线，直线与平面的位置关系判断.A.若内存在一条直线与平行，则由线面平行的判定定理知，故错误；B.因为直线不平行于平面，且，所以直线与平面相交，故内不存在与平行的直线，故正确；C.因为直线不平行于平面，且，所以直线与平面相交，在内过交点的直线与共面，故错误；D.因为直线不平行于平面，且，所以直线与平面相交，在内过交点的直线有无数条与相交，故正确；故选：BD10.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则△ABC为等腰三角形C.若，，，则符合条件的三角形有2个D.若△ABC的面积，则【答案】ACD【解析】【分析】对于A：利用正弦定理直接判断；对于B：由题意结合两角和差的正弦公式可得或，即可判断；对于C：由即可判断；对于D：由条件及余弦定理，三角形面积公式可得，求出即可判断．对于A：在中，由正弦定理得：，（为的外接圆半径），因为，即，所以，故A正确；对于B：因为，即，展开整理得，又，所以或，故为直角三角形或等腰三角形，故B错误；对于C：因为，，，所以，所以，所以符合条件的三角形有两个，故C正确；对于D：三角形面积且可得，因为，所以，故，所以，故D正确．故选：ACD．11.已知O为坐标原点，过点的直线l与圆交于A，B两点，M为A，B的中点，下列选项正确的有（）A.直线l的斜率k的取值范围是B.点M的轨迹为圆的一部分C.为定值D.为定值【答案】ABD【解析】【分析】利用直线和圆相交可求斜率范围，利用平面向量的数量积和直线与圆的位置关系即得结果.对于A选项，方法1：设，，直线l的方程为．由得，所以，解得，所以A正确；方法2：如图，设直线l与圆的切点为，，在直角三角形中，，所以，所以，由图形对称性可知，所以A正确；对于B选项，由，可得，所以点的轨迹是以为直径的圆的一部分，故B正确；对于C选项，由，可得，又，所以C错误；对于D选项，由，得，，，又，，所以．故D正确．故选：ABD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.两圆，的公切线有且仅有__条．【答案】2【解析】【分析】由两圆的位置关系判断公切线条数.化成标准方程为，圆心，半径，化成标准方程为，圆心，半径，两圆圆心距离，，则两圆相交，因而公切线只有两条．故答案为：2．13.已知平面上直线的方向向量，点和在上的射影分别为和，则，其中________.【答案】【解析】【分析】由题意结合平面向量的坐标运算、模的坐标运算可得、，进而可得即为在方向上的投影，再由即可得解.，，；，，即为在方向上的投影，.故答案为：.【点睛】本题考查了平面向量的坐标表示、模的坐标表示，考查了平面向量数量积的应用，属于基础题.14.在棱长为的正方体中，点、分别是梭、的中点，是侧面上的动点，且平面，则点的轨迹长为______，点到直线的距离的最小值为______.【答案】①.②.【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，利用空间向量法求出点的轨迹方程，可求得点的轨迹长度，利用空间向量法可求得点到直线距离的最小值.以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，如下图所示：则A0,0,0、、、，因为点是侧面上的动点，设点，设平面的法向量为m=x,y,z，，，则，取，可得，且，因为平面，则，即，可得，分别取线段、的中点、，所以，点的轨迹为线段，故点的轨迹长为，，由，可得，，所以，点到直线的距离为，因为函数在0,1上为增函数，所以，当时，取最小值，且.故答案为：；.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.在中，分别为三个内角的对边，且（1）求角A的大小；（2）若，，求和的值．【答案】（1）；（2）；【解析】【分析】（1）由余弦定理结合同角三角函数的商数关系计算即可；（2）利用余弦定理结合（1）的结论计算可得a，再根据正弦定理计算B，结合二倍角公式计算即可.【小问1详解】由余弦定理可知，所以，因为，所以；【小问2详解】由余弦定理可得，所以；再根据正弦定理可知，因为，故，所以，即，.16.我校近几年加大了对学生强基考试的培训，为了选择培训的对象，今年我校进行一次数学考试，从参加考试的同学中，选取50名同学将其成绩（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），观察图形中的信息，回答下列问题：（1）利用组中值估计本次考试成绩的平均数；（2）已知学生成绩评定等级有优秀、良好、一般三个等级，其中成绩不小于90分时为优秀等级，若从第5组和第6组两组学生中，随机抽取2人，求所抽取的2人中至少1人成绩优秀的概率．【答案】（1）66.8（2）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数计算方法计算即可；（2）根据频率分布直方图计算出第5组和第6组学生人数，利用列举法写出基本事件，结合古典概型的概率公式即可求解.【小问1详解】本次考试成绩的平均数为．【小问2详解】第五组与第六组学生总人数为，其中第五组有4人，记为a、b、c、d，第六组有3人，记为A、B、C，从中随机抽取2人的情况有：ab、ac、ad、aA、aB、aC、bc、bd、bA、bB、bC、cd、cA、cB、cC、dA、dB、dC、AB、AC、BC共有21种，设“所抽取的2人中至少1人成绩优秀的事件”为,包含的基本事件有：aA、aB、aC、bA、bB、bC、cA、cB、cC、dA、dB、dC、AB、AC、BC共有15种，所以所抽取的2人中至少1人成绩优秀的概率．17.如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，．（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）过作交于，证为平行四边形得，再由线面平行的判定证结论；（2）根据题设建立合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角的余弦值.【小问1详解】过作交于，由题意为正方形，则，，所以，即，又，，则，，即，所以为平行四边形，故，而面，面，则平面；【小问2详解】由底面，且，以为原点，为轴建空间直角坐标系，所以，则，，，令面的一个法向量为，则，令，可得，所以，故直线与平面所成角的余弦值为.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，是的中点，如图所示．（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在点，使平面与平面的夹角的余弦值为,若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，的长度为3或【解析】【分析】（1）通过证明，来证得平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得正确答案【小问1详解】因为在中，，，且，所以，，则折叠后，，又平面，所以平面，平面，所以，又已知，且都在面内，所以平面.【小问2详解】由（1）知，以CD为轴，CB为轴，为轴，建立空间直角坐标系

，因为，故，由几何关系可知，，，，故，，，，，，假设在线段上存在点，使平面与平面成角余弦值，，，，设，则，，设平面的法向量为，则有，即不妨令，则，，故平面的一个法向量为，设平面的法向量为，则有，即不妨令，则，，所以平面的一个法向量为，若平面与平面成角余弦值为，则满足，化简得，解得或，即或，故在线段上存在这样的点，使平面与平面成角余弦值为，此时的长度为3或．19.已知定点和直线，动圆和直线相切，且过点作圆的切线，切线长等于动圆的半径．（1）求圆圆心的轨迹方程．（2）当圆的面积最小时，求圆的方程．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设圆心坐标为，由动圆和直线相切及过点的圆切线长等于动圆的半径这两个条件，可得到，化简即可得到圆心的轨迹方程；（2）动圆的面积最小，则有动圆的半径最小，最小半径即曲线上的点到直线的最小距离，可先求出平行于且与相切直线，