2024-2025学年广东省阳江市高二上册1月期末测试数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年广东省阳江市高二上册1月期末测试数学检测试题（附解析），共25页。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上．
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、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.
【正确答案】B
【分析】根据集合的运算，即可得到结果.
【详解】，，
故选：B
2. 已知，，，则的最小值为（ ）
A. B. 1C. 0D.
【正确答案】B
【分析】由题设，且，应用基本不等式“1”的代换求目标式最小值，注意取值条件.
【详解】由题设，且，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为1.
故选：B
3. 已知幂函数的图象过点，则的值为（ ）
A. 9B. 3C. D.
【正确答案】A
【分析】设，根据求出，即可求出函数解析式，再代入计算可得.
【详解】设，则，所以，
则，所以.
故选：A
4. 若关于的一元二次方程有两个实根，且一个实根小于1，另一个实根大于2，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】根据一元二次方程根的分布，结合已知作出对应二次函数图象，列出不等式，求解即可得出答案.
【详解】设，
根据已知结合二次函数性质，作图

则有，
解得.
故选：C.
5. 已知，则＝（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由倍角公式和差角公式、平方关系求解即可.
【详解】.
故选：D
6. 已知向量，，，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据向量的坐标运算及数量积的运算性质、夹角公式求解.
【详解】，，
，
，
，.
故选：A
7. 某圆锥母线长为4，轴截面是顶角为120°的等腰三角形，过该圆锥的两条母线作圆锥的截面，当截面面积最大时，圆锥底面圆的圆心到此截面的距离为（ ）
A. 4B. 2C. D.
【正确答案】D
【分析】设该圆锥的顶点为S，底面圆心为O，连接SO，得到，得到的夹角为90°时，的面积最大，结合，列出方程，即可求解.
【详解】设该圆锥的顶点为S，底面圆心为O，AB为底面圆的直径，连接SO，由圆锥的母线长为4，轴截面是顶角为120°的等腰三角形可知圆锥的高，底面圆半径为，
设C为圆锥底面圆周上一点，连接BC，OC，则，
所以当的面积最大时，即最大时，即的夹角为90°时，
的面积最大，此时的面积为8，且，
取中点，连接，则，
在直角中，可得，
所以的面积为，
设圆锥底面圆的圆心O到截面SBC的距离为h，
则由可得，
即，解得，
所以圆锥底面圆的圆心到此截面的距离为．
故选：D．

8. 已知是表面积为的球表面上的四点，球心为的内心，且到平面的距离之比为，则四面体的体积为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【正确答案】A
【分析】根据题意分析可知是边长为等边三角形，点在底面的投影在直线上，建系，设，，利用空间向量结合点到面的距离可得，进而可求体积.
【详解】由题意可知：球心既是的内心，也是的外心，则为等边三角形，
设球的半径为，则，解得，
由正弦定理可得，即的边长为，
分别取的中点，连接，
因为到平面的距离相等，由对称可知：点在底面的投影在直线上，
如图，以O为坐标原点，为x轴所在直线，为y轴所在直线，过作底面的垂线为z轴所在直线，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
不妨设平面的法向量依次为，
且，
则O到平面的距离依次为，
可得，整理得，
因为，设，，
则，
则，解得，
则，解得，
则，即点到底面的距离为，
所以四面体的体积为.
故选：A.
关键点睛：
1.分析可知是边长为2的等边三角形，点在底面的投影在直线上；
2.巧妙设点或向量，方便分析计算.
二、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. 在中，内角的对边分别为，则下列说法中正确的有（ ）
A. 若，则面积的最大值为
B. 若，则面积的最大值为
C. 若角内角平分线交于点，且，则面积的最大值为3
D. 若为的中点，且，则面积的最大值为
【正确答案】BCD
【分析】利用余弦定理、基本不等式以及三角形的面积公式可判断AB；根据角平分线的性质及余弦定理，结合二次函数求解最值判断C，根据余弦定理结合二次函数求解最值判断D.
【详解】对于A，由余弦定理可得，
即，
由基本不等式可得，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，所以A错误；
对于B，由余弦定理可得，
所以，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，
所以，即面积的最大值为，故B正确；
对于C，设，，则，，
在和中，分别运用正弦定理，得和.
因为，所以，即，所以，
由余弦定理可得，所以，
，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为3，所以C正确；
对于D，设，则，在中，由余弦定理得，解得，则，
所以，
所以当即时，，D正确.
故选：BCD.
方法点睛：本题以三角形中的边角关系为背景设置了求三角形面积的最大值问题．求解时，先运用余弦定理求得边角关系，再建立三角形的面积函数，进而借助基本不等式或二次函数的图象和性质，分析探求出其最大值使得问题获解.
10. 已知函数，则（ ）
A. 是上的奇函数
B. 当时，的解集为
C. 当时，在上单调递减
D. 当时，值域为
【正确答案】ABD
【分析】对于A，直接由奇函数的定义即可判断；对于B，直接分类讨论解绝对值不等式即可判断；对于C，举出反例，推翻C选项；对于D，通过令换元法，然后再分类讨论求出的值域即可判断.
【详解】对于A，首先的定义域是关于原点对称，其次，
即是上的奇函数，故A正确；
对于B，当时，，所以或，
解得或，即当时，的解集为，故B正确；
对于C，不妨取，此时，对，有，故C错误；
对于D，当时，令，此时，
而，当时，，
从而当时，即值域为.
故选：ABD.
关键点点睛：对于AC选项的判断比较常规，直接由定义即可判断，对于B，注意分类讨论解决速度最快了，对于D，通过换元令，这样就不要分或进行讨论了.
11. 已知函数，则下列正确的有（ ）
A. 函数在上为增函数B. 存在，使得
C. 函数的值域为D. 方程只有一个实数根
【正确答案】ABD
【分析】首先去绝对值，依次判断函数的单调性和值域，再求解的方程，再利用数形结合判断D.
【详解】A.当时，，函数在上为增函数，故A正确；
B.当时，，若，则，
即 ，其中，所以方程存在实数根，故B正确；
C.当时，，函数在上为增函数，此时，
当且时，，此时函数在和单调递减，此时或，所以函数的值域是，故C错误；
D.由以上求值域的过程可知，和时，，当时，，即，
如图画出和，当的图象，
两函数图象在区间只有1个交点，所以方程只有一个实数根，故D正确.
故选：ABD
12. 正方体棱长为4，动点、分别满足，其中，且，；在上，点在平面内，则（ ）
A. 对于任意的，且，都有平面平面
B. 当时，三棱锥的体积不为定值
C. 若直线到平面的距离为，则直线与直线所成角正弦值最小为．
D. 的取值范围为
【正确答案】ACD
【分析】建空间直角坐标系，用向量知识求解四个选项.
【详解】
对于A，以为坐标原点，，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面的法向量为，
，
则，令，则，，
则，
，，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
则，
又，
所以，所以对于任意的，且，都有平面平面，故A正确；
对于B，当时，
设平面的法向量为
，，
则，令，则，，
所以，
又，
点到平面的距离为
又，
又因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B错误；
对于C，设，,则
因为直线到平面的距离为，所以平面，
，
设面为，则
，令，则，
所以
所以，即，
又，则，解得或，
若，所以，，
又，
设直线与直线所成角为，
所以
当最大时，最小，
令，，
在单调递增，
所以，，
最大值为，所以最小为，所以直线与直线所成角正弦值最小为；
若，所以，，根据对称性可得最小为，故C正确；
对于D，设因为，所以，，
，
所以，
整理得，
即
所以点的运动轨迹为一个以为球心，半径为2的球面上一点，所以，
所以，
当时，最小为，当时，最大为
所以的取值范围为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，则的值为______.
【正确答案】##
【分析】化简所求值的式子，再利用诱导公式及二倍角的余弦公式计算即得.
【详解】依题意，
.
故
14. 已知点在函数的图像上，且有最小值，则常数的一个取值为_________．
【正确答案】1（不唯一）
【分析】分别画出函数和的图像，再根据条件求解.
【详解】设，分别绘制函数的大致图像如下图：
其中有最小值，，没有最小值，是它的渐近线，
点在上，，，如上图，当时，不存在最小值，
；
故（不唯一）.
15. 三棱锥的四个顶点都在表面积为的球O上，点A在平面的射影是线段的中点，，则平面被球O截得的截面面积为______．
【正确答案】
【分析】求出球的半径，由题目条件得到为等边三角形，作出辅助线，找到球心的位置，并得到，求出截面面积，
【详解】设球O的半径为，则，解得，
因为点A在平面的射影是线段的中点，即⊥平面，
因为平面，所以⊥，
由三线合一可知，，
因为，所以为等边三角形，
故，，且球心O在平面上的投影为的中心，
即，
过点O作⊥平面于点，连接，故，
则与平行，故，
由勾股定理得，
平面被球O截得的截面为圆，半径为2，
故面积为.
故
16. 在四面体中，，，，且，，异面直线，所成的角为，则该四面体外接球的表面积为______.
【正确答案】或
【分析】将四面体放到长方体中，则在长方体的后侧面所在的平面内，由异面直线，所成的角为，即可大致确定的位置，利用对称性以点在轴正方向时为例找出外接球球心位置并利用半径得出等量关系，求得半径大小后便可得出四面体外接球的表面积.
【详解】依题意，将四面体放到长方体中，则在长方体的后侧面所在的平面内，
因为异面直线，所成的角为，，
所以可得或，所以应为图中或，如下图所示：

由对称性可知，当点在轴负方向时，解法与或位置相同；
可设的中点为，四面体外接球的球心为，球的半径为，
由题意可知，球心在过点且垂直于平面的垂线上，且满足，
建立如上图所示的空间直角坐标系，因为，，，
设，又，
由，所以，或，
解得或,
所以或，
即可知四面体外接球的表面积为或.
故或
方法点睛：在考查几何体外接球问题时，如果外接球球心的位置用几何法不太容易确定，可采取分割补形法或坐标法来确定其位置，进而求得半径.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 在中，角所对应的边分别为，且，，．求：
（1）a的值；
（2）和的面积．
【正确答案】（1）
（2）故，的面积为
【分析】（1）应用余弦定理列方程求值即可；
（2）由同角三角函数平方关系求，应用正弦定理求，三角形面积公式求的面积.
【小问1详解】
因为，，，
所以，由余弦定理得：，解得．
故.
【小问2详解】
由，则，
由正弦定理得，
又，得，
．
故，的面积为.
18. 某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组[45，55），第二组[55，65），第三组[65，75），第四组[75，85），第五组[85，95]，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
（1）求a、b的值；
（2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第60百分位数（精确到0.1）；
【正确答案】（1）
（2）平均数为，第60百分位数
【分析】（1）由三、四、五组的频率之和为可求出值，再由所有频率之和为求出值；
（2）根据平均数等于每个小矩形面积乘上小矩形底边中点的横坐标之和求解，再根据百分位数的定义求解第60百分位数即可.
【小问1详解】
∵第三、四、五组的频率之和为0.7，
∴，解得，
所以前两组的频率之和为，即，
所以；
【小问2详解】
这100名候选者面试成绩平均数为
，
前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，所以第60百分位数在第三组，
设第60百分位数为，则，解得，
故第60百分位数为.
19. 如图，在所有棱长都等于1的三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABB1＝，∠B1BC＝．

（1）证明：A1C1⊥B1C；
（2）求直线BC与平面ABB1A1所成角的大小．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）利用勾股定理得出AC⊥B1C，异面直线所成角定义即得. （2）首先根据题意连接AB1，A1B，交于点O，连接BC1，连接CO，进而证明CO⊥平面A1ABB1，再根据线面角的定义即得.
【小问1详解】
证明：连接AB1，在△ABB1中，∠ABB1＝，AB＝BB1＝1，所以AB1＝，
△BCB1中，∠B1BC＝，BC＝BB1＝1，所以B1C＝1，
所以在△ACB1中，AB1＝，B1C＝1，AC＝1，所以AB12＝AC2＋B1C2，
所以AC⊥B1C．
又因为在三棱柱ABC－A1B1C1中， 1，
所以A1C1⊥B1C．
【小问2详解】
方法1
连接AB1，A1B，交于点O，连接BC1，连接CO．

在边长都为1的正方形A1ABB1中，O是AB1的中点，
又因为B1C＝AC＝1，
所以CO⊥AB1．
因为四边形B1BCC1边长都为1，所以B1C⊥BC1．
由(1)知B1C⊥A1C1．
又因为A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1平面A1BC1，
所以B1C⊥平面A1BC1．
因为A1B平面A1BC1，所以B1C⊥A1B．
因为在边长都为1的四边形A1ABB1中，A1B⊥AB1．
又因为AB1∩B1C＝B1，AB1，B1C平面AB1C，
所以A1B⊥平面AB1C．
因为CO平面AB1C，所以CO⊥A1B．
又因为A1B∩AB1＝O，A1B，AB1平面A1ABB1，
所以CO⊥平面A1ABB1，
所以∠CBO即为直线BC与平面ABB1A1所成的角．
在边长都为1的四边形A1ABB1中，∠ABB1＝，所以BO＝．
因为BC＝1，所以，所以∠CBO＝，
所以直线BC与平面ABB1A1所成角的大小为．
方法2
取AB1中点O，连接BO，CO．
在△ACB1中，AC＝B1C＝1，所以CO⊥AB1，

在边长都为1的正方形A1ABB1中，BO＝，A1B＝．
又因为AC2＋B1C2＝A1B2，
所以△ACB1为直角三角形，所以CO＝．
在△ACB1中，CO2＋BO2＝BC2，
所以CO⊥BO．
又因为AB1∩BO＝O，AB1，BO 平面A1ABB1，
所以CO⊥平面A1ABB1，
所以∠CBO即为直线BC与平面ABB1A1所成的角．
在边长都为1的四边形A1ABB1中，∠ABB1＝，所以BO＝．
因为BC＝1，所以，所以∠CBO＝，
所以直线BC与平面ABB1A1所成角的大小为．
20. 已知直线，直线，设直线与的交点为A，点P的坐标为.
（1）经过点P且与直线垂直的直线方程；
（2）求以为直径的圆的方程.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】第一问运用直线垂直的定义得到斜率，结合点斜式方程求解即可，第二问通过联立直线得到关键点的坐标，求出圆的半径和圆心后用标准方程求解即可.
【小问1详解】
易知的斜率为，故所求直线斜率是
直线过点，故直线方程为
方程为
【小问2详解】
联立方程组解得
故，，由中点坐标公式得中点坐标为
由两点间距离公式得，
故所求圆方程为
21. 已知直线和圆．
（1）求与直线垂直且经过圆心的直线的方程；
（2）求与直线平行且与圆相切的直线的方程．
【正确答案】（1）
（2）或
【分析】（1）先根据垂直关系设直线,再结合直线过圆心求参即可;
（2）先根据平行设直线方程，再根据圆心到直线距离为半径求参得出直线方程.
【小问1详解】
设与直线垂直的直线的方程为．
圆可化为，圆心为，
因为直线经过圆心，所以，即，
故所求直线的方程为．
【小问2详解】
设与直线平行的直线的方程为．
因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离等于半径，即，
所以或10，
故所求直线的方程为或．
22. 已知函数
（1）当时，求的单调递增区间（只需判定单调区间，不需要证明）；
（2）设在区间上最大值为，求的解析式.
【正确答案】（1），
（2）
【分析】（1）当时，将函数写为分段函数的形式，结合的单调性，写出函数的单调递增区间.
（2）对分成三种情况，结合函数的解析式，讨论函数的最大值，由此求得的解析式.
【小问1详解】
当时，，
当时，易得单调递增；
当时，，
因为对勾函数在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，
又当时，，所以在上单调递增，
综上，的单调递增区间为，.
【小问2详解】
因为，
当时，，则，
根据对勾函数的单调性可知在上单调递增，在上单调递减，
所以；
当时，，则，显然在上单调递增，
所以；
当时，，
当时，单调递增，故，
当时，，
若时，则；若时，则；
所以当时，；
若时，，又，，
当，即时，，
当，即时，；
综上，.
关键点睛：本题解决的关键在于充分理解对勾函数的单调性.