广东省广州2024-2025学年高二上学期期中考试 数学试题（含解析）

这是一份广东省广州2024-2025学年高二上学期期中考试 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知全集，集合, 集合，那么=
A．B．C．D．
2．已知为虚数单位，若是纯虚数，则实数的值为（ ）
A．B．C．2D．
3．“”是“方程表示椭圆”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．若直线l：ax+by＝1（a＞0，b＞0）平分圆x2+y2﹣x﹣2y＝0，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数，且满足，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．是定义在上周期为4的函数，且，则下列说法中不正确的是（ ）
A．的值域为0,2
B．当时，
C．图象的对称轴为直线
D．方程恰有5个实数解
二、多选题
9．下列命题是真命题的有（ ）
A．直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直
B．直线的方向向量为，平面的法向量为，则
C．平面，的法向量分别为，，则
D．平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则
10．如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面
B．三棱锥的体积为定值
C．异面直线与所成角的取值范围是
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
11．中国结是一种手工编制工艺品，它有着复杂奇妙的曲线，却可以还原（成单纯的二维线条，其中的数字“8”对应着数学曲线中的双纽线.在平面上，把与定点，距离之积等于的动点的轨迹称为双纽线.若是该双纽线上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．点的横坐标的取值范围是
B．的最大值是
C．面积的最大值为
D．的取值范围是
三、填空题
12．第33届夏季奥林匹克运动会女子10米跳台跳水决赛中，全红禅以425.60分的高分拿下冠军.下面统计某社团一位运动员10次跳台跳水的训练成绩：68，80，74，63，66，84，78，66，70，76，则这组数据的60%分位数为 .
13．已知点关于直线的对称点为，经过点作直线，若直线与连接，两点的线段总有公共点，则直线的斜率的取值范围为 .
14．古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆.已知点，为直线上的动点，为圆上的动点，则的最小值为 .
四、解答题
15．设三角形的内角、、的对边分别为、、且．
(1)求角的大小；
(2)若，边上的高为，求三角形的周长．
16．已知圆M：，点P是直线l：上的一动点，过点P作圆M的切线PA、PB，切点为A、B．
(1)当切线PA的长度为时，求点P的坐标；
(2)求线段AB长度的最小值．
17．“中式八球”是受群众欢迎的台球运动项目之一.在一场“中式八球”邀请赛中，甲、乙、丙、丁4人角逐最后的冠军，本次邀请赛采取“双败淘汰制”.具体赛制如下：
首先，4人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；
接下来，“胜区”的2人对阵，胜者进入最后的决赛，“败区”的2人对阵，败者直接淘汰出局，获得第四名；
紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获得第三名；最后，剩下的2人进行最后的冠亚军决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名.
现假定甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立.
(1)经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁.若.
（I）求甲连胜三场获得冠军的概率；
（Ⅱ）求甲在“双败淘汰制”下获得冠军的概率；
(2)除“双败淘汰制”外，“中式八球”也经常采用传统的“单败淘汰制”；抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军.问当p满足什么条件时，“双败淘汰制”比“单败淘汰制”更利于甲在此次邀请赛中夺冠?
18．如图，在四棱锥中，底面是由等边三角形和等腰三角形构成，其中为棱上一点，平面．
(1)求的值；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
19．已知函数，.
(1)求函数的最大值；
(2)设不等式的解集为，若对任意，存在，使得，求实数的值.
参考答案：
1．C
【分析】先化简集合A和B,再求.
【详解】由题得A={x|x>0},B={y|y≥1}，所以.
故答案为C
【点睛】(1)本题主要考查集合的化简和运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 集合的运算要注意灵活运用维恩图和数轴，一般情况下，有限集的运算用维恩图分析，无限集的运算用数轴，这实际上是数形结合的思想的具体运用.
2．C
【解析】先化简复数，再根据复数是纯虚数即可列式求解.
【详解】，
又是纯虚数，，解得.
故选：C.
3．A
【分析】由方程表示椭圆求出参数的取值范围，利用集合的包含关系判断可得出结论.
【详解】若方程表示椭圆，则，解得且，
因此，“”是“方程表示椭圆”的必要不充分条件.
故选：A
4．C
【分析】求得圆心，代入直线的方程，然后利用基本不等式求得的最小值.
【详解】圆的圆心为，由于直线平分圆，故圆心在直线上，即，所以，当且仅当时等号成立.
故选：C
【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查利用基本不等式求最小值.
5．A
【分析】利用两角差的正切公式求出的值，然后利用诱导公式、二倍角公式结合弦化切的思想可求出所求代数式的值.
【详解】，解得.
因此，.
故选：A.
【点睛】本题考查两角差的正切公式、诱导公式、二倍角公式求值，解题的关键就是利用弦化切思想进行化简，同时也要注意弦化切所适用的基本类型，考查运算求解能力，属于中等题.
6．C
【分析】先用定义法证明为奇函数，化简解析式可知为增函数，然后结合函数的奇偶性与单调性解不等式即可.
【详解】因为，所以为奇函数，
又因为，
所以为上的增函数.
因为，为奇函数，
所以，
又为上的增函数，所以，
即，解得或，
所以实数的取值范围为.
故选：C.
7．B
【分析】利用给定条件找到外接球球心，利用勾股定理得到半径，再求解面积即可.
【详解】

如图，取的中点，连接，
则，又，所以，
故，因为是边长为2的等边三角形，
所以，因为，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面，
设和的外心分别为，
则分别在线段上，
且，设外接球的球心为O，
连接，
在正方形中，由勾股定理得，
由勾股定理得，
故，故B正确.
故选：B
8．C
【分析】画出的部分图象结合图形分析每一个选项即可.
【详解】根据周期性，画出的部分图象如上图所示，由图可知，选项A，D正确，C不正确；
根据周期为，当时，，故B正确.
故选：C.
【点睛】方法点睛：图象法判断函数零点个数，作出函数f(x)的图象，观察与轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.
9．AD
【分析】根据直线的方向向量、平面法向量的性质，结合空间向量数量积的运算性质逐一判断即可.
【详解】A：∵，，
∴，则，
∴直线与垂直，故A正确；
B：，，则，
则，∴或，故B错误；
C：∵，，∴与不共线，
∴不成立，故C错误；
D：∵点，，，
∴，.
∵向量是平面的法向量，∴，
即，解得，故D正确.
故选：AD
10．ABD
【分析】在选项A中，利用线面垂直的判定定理，结合正方体的性质进行判断即可；
在选项B中，根据线面平行的判定定理、平行线的性质，结合三棱锥的体积公式进行求解判断即可；
在选项C中，根据异面直线所成角的定义进行求解判断即可；
在选项D中，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法进行求解即可.
【详解】在选项A中，∵，，，
且平面，
∴平面，平面，
∴，
同理，，
∵，且平面，
∴直线平面，故A正确；
在选项B中，
∵，平面，平面，
∴平面，
∵点在线段上运动，
∴到平面的距离为定值，又的面积是定值，
∴三棱锥的体积为定值，故B正确；
在选项C中，
∵，
∴异面直线与所成角为直线与直线的夹角.
易知为等边三角形，
当为的中点时，；
当与点或重合时，直线与直线的夹角为.
故异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；
在选项D中，
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
设正方体的棱长为1，
则，，，，
所以，.
由A选项正确：可知是平面的一个法向量，
∴直线与平面所成角的正弦值为：，
∴当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确.
故选：ABD
11．BCD
【分析】根据双纽线的定义可得曲线的方程为，对于A，由解不等式即可判断；对于B，，结合，求解即可判断；对于C，令，可得，进而结合二次函数的性质求解面积最大值即可判断；对于D，结合基本不等式判断即可.
【详解】设Px,y是曲线上任意一点，根据双纽线的定义得：，
整理可得曲线的方程为，
对于A：整理可得：，
由可得，
即，解得，故A错误；
对于B，，
因为，所以，
所以，即，故B正确；
对于C：，
令，则，
所以，
所以当时，，
所以面积的最大值为，故C正确；
对于D：，
当且仅当，即时取等号，
，
所以，
所以的取值范围是，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于读懂题意根据双纽线的定义可得曲线的方程，进而判断各选项即可求解.
12．75
【分析】先进行排序，后按照百分位数概念计算可得.
【详解】先将成绩进行排序：63，66，66，68，70，74，76，78， 80， 84.
由于，60%分位数为第6和第7个数据的平均值.即.
故答案为：75.
13．
【分析】利用对称求出点，然后根据点的坐标得到，最后根据倾斜角与斜率的变化关系得到范围.
【详解】设点Px0,y0，有，解得，，所以，
，，结合图可知，.
故答案为：.
14．9
【分析】根据阿波罗尼斯圆的定义可设，利用待定系数法得的坐标为，即可根据三点共线，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】令，则．
由题意可得圆是关于点，的阿波罗尼斯圆，且，
设点坐标为，则，
整理得，
由题意得该圆的方程为，即
所以，解得，
所以点的坐标为，所以，
当时，此时最小，最小值为，
因此当时，的值最小为，
故答案为：9

【点睛】关键点点睛：根据的形式，设，则，利用阿波罗尼斯圆的定义待定出点，即可利用点到直线的距离求解.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用内角和为化简，利用二倍角公式化简，再利用辅助角公式化简即可求得；
（2）由面积公式和余弦定理，联立方程组求解三角形即可.
【详解】（1）因为，，为的内角，所以，
因为，所以可化为：，
即，即，
因为，解得：，即．
（2）由三角形面积公式得，代入得：，
所以，由余弦定理得：，
解得：或舍去，即，
所以的周长为.
16．(1)或
(2)
【分析】（1）圆M的半径，圆心，设，由PA是圆M的一条切线，得，由此能求出点P的坐标．
（2）圆N方程为，圆，从而求出圆M方程与圆N相交弦AB所在直线方程，求出点M到直线AB的距离，由此能求出相交弦长AB的最小值．
【详解】（1）
∵圆，∴圆M的半径，圆心，
设，∵PA是圆M的一条切线，∴，
∵切线PA的长度为，
∴，
解得或，
∴或．
（2）∵圆N方程为，
即，…①
圆，即，…②
②﹣①得圆M方程与圆N相交弦AB所在直线方程为：，
点M到直线AB的距离，
相交弦长即：，
∴当时，线段AB长度取最小值．
17．(1)（I）；（Ⅱ）
(2)
【分析】（1）结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可；
（2）结合对立事件概率和独立事件概率公式再作差比较计算.
【详解】（1）记甲在第i场比赛获胜的事件为，，2，3，4，则，.
由不同对阵结果相互独立，
（I）甲连胜三场获得冠军的概率为：.
（Ⅱ）甲在“双败淘汰制”下获得冠军的情况有：胜胜胜、胜败胜胜、败胜胜胜，
故概率为：.
（2）“双败淘汰制”下甲夺冠的概率为：
.
“单败淘汰制”下甲夺冠的概率为：.
令得，解得：.
所以当时，“双败淘汰制”比“单败淘汰制”更利于甲在此次邀请赛中夺冠.
18．(1)2
(2)
【分析】（1）设，连接，求得，由线面平行的性质得出，即可得出；
（2）由余弦定理求出，再证明平面，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，根据面面夹角的向量公式计算即可．
【详解】（1）如图，设，连接，
由于为等边三角形，为等腰三角形，
根据对称性可得为中点，
所以，
因为平面平面，平面平面，
所以，
所以．
（2）因为，所以，
所以，又点为中点，所以，
设，由，得，解得，所以，
又，，则，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，
如图，以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，
所以，则，令，得，
设平面的法向量为，
所以，则，令，得，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
19．(1)2
(2)
【分析】（1）根据对数运算化简为二次函数的复合函数，结合二次函数的值域求出最值即可；
（2）先换元把指数函数复合函数转化为二次函数，再分段分类讨论求出最值，再根据已知等式求值即可.
【详解】（1）
，
，，
当，即时，，当，即时，，
当时，的最大值为2.
（2）由，得，
即，，
设，则当，，，
，
设，
由题意，是当时，函数的值域的子集.
①当，即时，函数在上单调递增，
则解得.
②当，即时，函数在上单调递减，
则不等式组无解.
③当，即时，函数在上单调递减，上单调递增，
则函数的最大值是与的较大者.
令，得，
令，得，均不合题意.
综上所述，实数的值为.
【点睛】关键点点睛：本题第2小问解决的关键是，利用换元法将问题转化为是的值域的子集，从而得解.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
A
C
A
C
B
C
AD
ABD
题号
11









答案
BCD