云南省大理白族自治州下关一中教育集团2024-2025学年高二上学期段考（一）（10月）数学试题（解析版）

这是一份云南省大理白族自治州下关一中教育集团2024-2025学年高二上学期段考（一）（10月）数学试题（解析版），文件包含云南省大理白族自治州下关一中教育集团2024-2025学年高二上学期段考一10月数学试题原卷版docx、云南省大理白族自治州下关一中教育集团2024-2025学年高二上学期段考一10月数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。

第I卷（选择题，共58分）
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚．
2．每小题选出答案后，用2B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．在试题卷上作答无效．
一、单项选择题（本大题共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】先化简集合，然后根据交集的定义计算.
由题意，，，
根据交集的运算可知，.
故选：A
2. （）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的四则运算求解即可.
故选：C.
3. 过直线和的交点，且与直线垂直的直线方程是（）．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出交点坐标，再根据与直线的位置关系求出斜率，运用点斜式方程求解.
联立方程，解得，所以交点坐标为；
直线的斜率为，所以所求直线方程的斜率为，
由点斜式直线方程得：所求直线方程为，即；
故选：B.
4. 已知向量，，，则实数m的值为（）．
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】先求得的坐标，再由求解.
解：因为向量，，
所以，
又因为，
所以，
解得，
故选：D
5. 已知，且，则（）
AB.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.
，得，
即，解得或（舍去），
又.
故选：A.
【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.
6. 若圆经过点，，且圆心在直线：上，则圆的方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求解的中垂线方程，然后求解圆的圆心坐标，求解圆的半径，然后得到圆的方程.
圆经过点，，
可得线段的中点为，又，
所以线段的中垂线的方程为，
即，
由，解得，
即，圆的半径，
所以圆的方程为.
故选：A.
7. 已知两点，，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（）
A. B. 或C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】数形结合法，讨论直线过A、B时对应的斜率，进而判断率的范围.
如下图示，
当直线过A时，，
当直线过B时，，
由图知：或.
故选：B
8. 在三棱锥中，，，分别为的中点，异面直线与成角为，，，为钝角，则三棱锥的外接球的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知得，可通过构造直棱柱或构造直角三角形，求出外接球半径计算表面积.
因为分别为的中点，所以，所以异面直线与成角为或其补角，
由为钝角可知，，
因为，则，又，，平面，
所以平面，由平面，则，
因为，，所以，
由正弦定理可知，△外接圆的半径为，
方法一：以为底面，为侧棱构造直三棱柱，
设三棱锥的外接球的半径为，球心到平面的距离为，
则，因为，所以，
所以三棱锥的外接球的表面积为．
方法二：
设△的外接圆的圆心为，三棱锥的外接球的球心为，
在中，其外接圆的圆心为，取的中点，连接，
由球的性质可知，平面，平面，
因为，所以平面，则，则四边形为矩形，
，由球的性质可知，，
则三棱锥的外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 已知函数的部分图象如图所示，则（）
A. 的最小正周期为
B. 当时，的值域为
C. 将函数的图象向右平移个单位长度可得函数的图象
D. 将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的函数图象关于点对称
【答案】ACD
【解析】
【分析】先根据中，，的几何意义，求得的解析式，再结合正弦函数的图象与性质，函数图象的变换，逐一分析选项即可．
由图可知，，函数的最小正周期，故A正确；
由，知，
因为，所以，所以，，即，，
又，所以，所以，
对于B，当时，，所以，
所以的值域为，故B错误；
对于C，将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象，故C正确；
对于D，将函数的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，
因为当时，，所以得到的函数图象关于点对称，故D正确．
故选：ACD．
10. 一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个小球，除标号外无差异．不放回地取两次，每次取出一个．事件“两次取出球的标号为1和4”，事件“第二次取出球的标号为4”，事件“两次取出球的标号之和为5”，则（）
A. B.
C. 事件与不互斥D. 事件与相互独立
【答案】BCD
【解析】
【分析】先利用古典概率公式分别计算，，，，，再利用互斥事件的定义和相互独立事件的概率公式逐一判断四个选项即可得正确选项.
设采用不放回方式从中任意摸球两次，每次取出一个球，
全部的基本事件有：，，1,4，2,1，2,3，，，，，
，，共个，
事件发生包含的基本事件有：1,4，有个，
事件发生包含的基本事件有：1,4，，有3个，
所以，故A错误；
事件发生包含的基本事件：1,4，2,3，，有4个，，
事件发生包含的基本事件：1,4有个，，故B正确；
事件发生包含的基本事件：1,4，有2个，故事件与不互斥，故C正确；
事件发生包含的基本事件：1,4有个，，
因为，所以与相互独立，故选项D正确；
故选：BCD.
11. （多选）已知定义域为R的函数在上单调递增，，且图象关于点对称，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 的最小正周期
C. 在上单调递减
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A,由知，图象的对称轴为直线，进而可以判断A选项；对于B,由条件及关于点对称，经过变形可以推导出的周期，再由单调性可知最小正周期；对于C,由条件在上单调递增，关于点对称及的周期可以推导出在上的单调性；对于D,根据周期化简得，再根据对称性，单调性即可判断.
对于A，由知，图象的对称轴为直线，则，A正确；
对于B，由知，，
由图象关于点对称，即，故，
所以，即，所以，
因为图象的对称轴为直线，
所以图象关于点对称，所以为奇函数，因为的定义域为R,所以，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最小正周期为4，B错误；
对于C，由选项B知，在上单调递减，C正确；
对于D，根据的周期为4，可得，而，
由选项B知，函数在上单调递增，而不在单调区间内，
若，则不成立，D错误．
故选：AC
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
注意事项：
第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效．
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知直线与平行，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据两直线平行的判定方法求解即得.
因为直线与平行，
则且，解得．
故答案为：.
13. 若，且，则的最小值为______.
【答案】8
【解析】
【分析】由可得，，再与相乘构建积定式,继而可用基本不等式求最小值.
可得，，（当且仅当时取等号）
故答案为：8.
14. 胡夫金字塔是埃及人智慧的结晶，其形状近似一个正四棱锥，古希腊历史学家希罗多德记载：胡夫金字塔的每一个侧面的面积等于金字塔高的平方，则正四棱锥侧面底边上的高与底面边长一半的比值为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，正四棱锥的结构特征，以及平面几何知识即可求出．
】如图所示：
正四棱锥中，为在底面上的投影，设的中点为，正四棱锥的底面边长为，，，则由题意①，在中，由勾股定理得②；由①，②消去联立得，同除，得，设，
则，解得，（舍去），所以正四棱锥侧面底边上的高与底面边长的一半的比值为．
故答案为：．
四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 圆的圆心为，且过点.
（1）求圆的标准方程；
（2）直线与圆交两点，且，求.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用两点间距离公式求出圆的半径，写出圆的标准方程；
（2）求出圆心到直线的距离，利用垂径定领列出方程，求出.
【小问1】
设圆的半径为，则，
故圆的标准方程为：；
【小问2】
设圆心到直线的距离为，
则，
由垂径定理得：，
即，解得：或.
16. 在中，角，，的对边分别为，，，；
（1）求角的大小；
（2）设中点为，且；求的最大值及此时的面积.
【答案】（1）；（2）的最大值为，面积为：.
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理求角的大小；（2）设，中，利用正弦定理表示，并利用三角函数表示，并利用三角函数求最大值，求得，以及，并表示三角形的面积.
（1）因为，
由余弦定理可知，
因为，所以.
（2）设，则在中，由可知，
由正弦定理及有，
所以，
所以，
从而，
由可知，所以当，
即时，的最大值为，
此时，所以.
【点睛】关键点点睛：本题考查正余弦定理，三角函数恒等变换和三角函数的性质，第二问的关键是利用正弦定理，利用角表示边长，转化为三角函数求最值.
17. 如图，已知在四棱锥中，平面，点Q在棱上，且，底面为直角梯形，，，，，M，N分别是，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，证出与平面的法向量垂直即可；
（2）先求出直线与平面法向量夹角的余弦值，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
【小问1】
证明：如图，以A为原点，以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由题意可得：，，，，，，，，
，，，
设为平面的法向量，
则有：，即，
令，则平面的法向量，
，
又平面，
平面．
【小问2】
解：设为平面的法向量，
又，，
则有：，即，
令，则平面的法向量，
又，
设直线与平面所成角，
，
直线与平面所成的角的正弦值为．
18. 某市为了制定合理的节电方案，供电局对居民用电进行了调查，通过抽样，获得了某年100户居民每户的月均用电量（单位：度），将数据按照[0，100），[100，200），[200，300），[300，400），[400，500），[500，600），[600，700），[700，800），[800，900]分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图.
（1）求直方图中的值并估计居民月均用电量的中位数；
（2）现从第8组和第9组的居民中任选取2户居民进行访问，则两组中各有一户被选中的概率.
【答案】（1），中位数为度；（2）.
【解析】
【分析】（1）由小矩形的面积之和等于列方程可得的值，根据中位数左右两边小矩形面积都为可得中位数；
（2）求出第8组和第9组的居民的户数，求出从中任选取2户基本事件的总数以及两组中各有一户包含的基本事件的个数，由古典概率公式即可求解.
（1），
解得：，
设中位数是度，前组的频率之和为，
而前组的频率之和为，
所以中位数位于第组，由，
解得：，即居民月均用电量的中位数为度.
（2）第组的户数为，分别设为，
第组的户数为，分别设为，
则从中任选出户的基本事件为：
，，，，，，，，，
，，，，，共个，
其中两组中各有一户被选中的基本事件为：
，，，，，，，共有个，
所以第，组各有一户被选中的概率.
19. 对于函数、、，如果存在实数、使得，那么称为、的生成函数.
（1）若，，，则是否分别为、生成函数？并说明理由；
（2）设，，，，生成函数，若不等式在上有解，求实数的取值范围；
（3）设，取，，生成函数图象的最低点坐标为，若对于任意正实数、且，试问是否存在最大的常数，使恒成立？如果存在，求出这个的值；如果不存在，请说明理由.
【答案】（1）是；理由见解析；（2）；（3）存在，且.
【解析】
【分析】（1）利用两角和的正弦公式将函数的解析式展开，利用题中的定义可判断出是、的生成函数；
（2）先得出函数，根据题意得出在上有解，设，利用参变量分离法得出，可得出，求出函数在上的最大值，即可得出实数的取值范围；
（3）先得出函数，利用题意以及基本不等式得出，，然后利用基本不等式求出在条件下的最小值，即可得出的取值范围，即可求出的最大值.
（1），因此，是分别为、的生成函数；
（2）由题意可得，
由于不等式在上有解，即，
化简得，
令，则有，得，
由题意可得，由于函数在上单调递增，
所以，，.
因此，实数的取值范围是；
（3）由题意可得，
函数图象的最低点坐标为，
由基本不等式得，
当且仅当时，即当时，等号成立，则，解得，
.
.
令，由基本不等式得，
由双勾函数的单调性知，函数在上单调递减，
则，.
因此，存在最大值的常数.
【点睛】本题考查的知识点“生成函数”定义，同时也考查了利用不等式成立求参数的取值范围，以及利用基本不等式以及双勾函数的单调性求解有关参数的问题，考查函数方程思想的应用，属于中等题.