浙江省杭州市S9联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试卷（解析版）

这是一份浙江省杭州市S9联盟2024-2025学年高二下学期期中联考数学试卷（解析版），共14页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟；
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题纸．
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. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题意得，，
则．
故选：A．
2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】复数，
对应的点为，点在第二象限.
故选：B.
3. 已知，，，则过点且与线段平行的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为，，，
所以，
则所求直线的斜率为，
所以过点且与线段平行的直线方程为，即．
故选：B
4. 设，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】由，解得或，
故由能够推出；由不能够推出，
故“”是“”的充分不必要条件，
故选：A．
5. 函数的单调递增区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，
因为恒成立，
所以当时，，
即函数的单调递增区间是.
故选：D.
6. 椭圆（）的两个焦点分别为、，以为边作正三角形，若椭圆恰好平分三角形的另两边，则椭圆的离心率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设以为边作正三角形与椭圆交于，两点，
则，所以，
由椭圆的定义可得，即，
则离心率.
故选：B.
7. 正方体中，直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系．
设正方体的棱长为1，则，，，，，
∴，，，，
∴，，
∴，．
又，∴平面，
∴是平面的一个法向量，
∵，
∴直线与平面所成角的正弦值为．
故选：C
8. 定理：如果函数及满足：①图像在闭区间上连续不断；②在开区间内可导；③对，，那么在内至少存在一点，满足成立，该定理称为柯西中值定理．请利用该定理解决下面问题：
已知，若存在正数，（），满足，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由可得：，
令，所以
由柯西中值定理可知：那么在内至少有一点，满足成立，
因为，，所以，，
所以令，
，，
令可得：或，
令可得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，，
当趋于正无穷时，趋近，
所以，所以实数的取值范围为.故选：A.
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知等差数列的前项和为，公差，，是与的等比中项，则下列选项正确的是( )
A. B.
C. 有最大值D. 当时，最大值为21
【答案】BC
【解析】设公差为d，则由题可知，
解得，，故B正确；
，，故A错误；
∵，，故根据等差数列前n项和的性质可知有最大值，
故C正确；
＞0，则，故的最大值为20，故D错误.
故选：BC.
10. 已知函数.则下列结论正确的有（ ）
A. 的最小正周期为
B. 是的最大值
C. 把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象
D. 将函数的图象向右平移（）个单位长度，所得图象关于原点对称，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】A，由，故A正确，
B，因为，故B错误，
C，把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，
得到的图象，则C正确，
D，将函数的图象向右平移（）个单位长度后
得到的图象，
因为其关于原点对称，则，解得，
又因为，所以的最小值，所以D正确.
故选：ACD.
11. 如图所示，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是（ ）
A. 棱上存在一点，使得平面
B. 点到平面的距离为
C. 过且与面平行的平面截正方体所得截面面积为
D. 过的平面截正方体的外接球所得截面面积的最小值为
【答案】BCD
【解析】A，在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则,,
设平面的一个法向量，则，
令，得，
设棱上点，，则，
若平面，则有，解得，与矛盾，
即在棱上不存在点M，使得平面，A不正确；
B，点到平面的距离h，因，
则，B正确；
C，取AD，CD的中点E，F，连接，
则，即确定一个平面，如图，
依题意，，，即四边形是平行四边形，，
平面，平面，于是得平面，
显然，平面，平面，于是得平面，
而，平面，因此，平面平面，
即梯形是过与平面平行的正方体的截面，
而，
则此等腰梯形的高，
所以过与平面平行的正方体的截面面积为，C正确；
D，过PQ的平面截正方体的外接球所得截面小圆最小时，
该小圆直径是直线PQ被正方体的外接球所截弦，
由对称性知线段PQ中点N是这个小圆的圆心，
令正方体的外接球球心为O，连接ON，OP，
则，而，而球半径，
则这个小圆半径，此圆面积为，D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 甲射手击中靶心的概率为，乙射手击中靶心的概率为，甲、乙两人各射击一次，那么甲、乙不全击中靶心的概率为__________．
【答案】
【解析】由于两个人射击是相互独立的，故不全中靶心的概率为.
13. 已知向量的夹角为，，，则________．
【答案】
【解析】因为向量的夹角为，，，
则，
可得，
所以.
故答案为：.
14. 已知斜率为1的直线与抛物线交于两点，若的外心为为坐标原点）,则当最大时，=____.
【答案】.
【解析】由题意知,为外接圆的半径，
在中,由正弦定理可知,(R为外接圆的半径),
当,即时,取得最大值2.
设,,易知,,
则,得,即.
设直线的方程为,即,
代入得, ,则,,
所以,解得.
故.
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，角、、的对边分别为、、，，.
（1）若，求；
（2）若的面积，求，.
解：（1）由正弦定理定理可得，
又，，，
所以，
所以，
（2）由三角形面积公式可得的面积，
所以，又，，所以，
由余弦定理可得，
所以，所以.
16. 已知数列的前项和，数列是正项等比数列，满足，.
（1）求，的通项公式；
（2）设，记数列前项和为，求.
解：（1）因为，所以时.
当时，，
所以，
，满足，所以，
数列是正项等比数列，.所以公比，.
（2）由（1）知，
，
.
17. 已知函数，.
（1）若存在极小值，且极小值为，求；
（2）若，求的取值范围.
解：（1），，
当时，，所以函数无极值，
当时，由，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，解得.
（2）由，得，即，，
设，，
则，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
所以，则，
所以的取值范围为.
18. 如图，在三棱锥中，，为的中点，平面平面．
（1）证明：；
（2）若，，，求平面与平面的夹角的余弦值．
解：（1）因为为的中点，，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面．
又因为平面，所以．
因为为的中点，所以.
（2）如图，以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点垂直平面为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
取的中点，连接．因为，所以．
由（1）平面，平面，所以平面平面．
因为平面平面，平面，，
所以平面，所以，
所以，，．
设平面的一个法向量为，
所以，即，可取．
同理，可得平面的一个法向量为．
设平面与平面的夹角为，则
，
所以平面与平面的夹角为.
19. 已知双曲线的实轴长为4，一条渐近线的方程为，过点的直线与C的右支交于A，B两点．
（1）求C的标准方程；
（2）P是x轴上的定点，且．
（i）求P的坐标：
（ii）若的外接圆被x轴截得的弦长为16，求外接圆的面积．
解：（1）因为C的实轴长为，渐近线方程为，
所以，，解得，，
所以C的标准方程为．
（2）（i）设直线的方程为，，，，
联立化简得，．
因为直线与双曲线的右支交于两点，
由，整理得
则或或，
解得.
由，可得，即，
将代入上式得，
将，代入上式并化简得
，
整理得，
因为上式对任意都成立，所以，
解得，所以.
（ii）因为，
所以外接圆是以为直径的圆，记为圆T，
因为圆心，即，
所以半径．
因为外接圆被x轴截得的弦长为16，
所以（*），即，解得或．
因为直线与C的右支交于A，B两点，所以，
所以，（舍去），代入（*）可得．
所以外接圆的面积为．