浙江省杭州市2024_2025学年高二数学上学期期中联考试题含解析

这是一份浙江省杭州市2024_2025学年高二数学上学期期中联考试题含解析，共20页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 下列说法错误的有， 给出下列说法，其中正确的是等内容，欢迎下载使用。
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.
选择题部分
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. 0,2D.
【答案】D
【解析】
【分析】由一元二次不等式的解法，可求得集合，从而可求出，再根据对数函数的性质求出集合中的具体范围，即可求得.
【详解】因为，所以，
对于集合：，所以，即，
，所以.
故选：D.
2. 已知是虚数单位，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，根据条件，利用复数的运算及复数相等的条件，得到，从而，即可求解.
【详解】设，因为，得到，
所以，解得，得到，
所以，
故选：C.
3. 已知向量，，则“”是“与共线”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】
【分析】由，可得与共线，充分性成立；由，可得或，必要性不成立，可得结论.
【详解】由，得，，所以与共线，
所以“”是“是与共线”的充分条件；
由，可得，解得或，
“”是“与共线”成立的不必要条件，
故“”是“与共线”充分不必要条件．
故选：A．
4. 若函数，又，且的最小值为，则的值为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角恒等变换可得，即可根据最大值和最小值求解得解.
【详解】，
由于，
结合，，故分别为的最大值点和最小值点，
由于的最小值为，故,解得.
故选；A
5. 下列说法错误的有（ ）
A. 若A与相互独立，，PB=23，则
B. 把红、橙、黄3张纸牌随机分给甲、乙、丙3人，每人分得1张，则事件“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”是互斥事件
C. 从装有3个红球，4个白球的袋中任意摸出3个球，事件“至少有2个红球”，事件“都是白球”，则事件A与事件是互斥事件
D. 甲乙两人投篮训练，甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，甲乙两人投篮互不影响，则甲乙各投篮一次同时投中的概率为
【答案】B
【解析】
【分析】根据互斥事件、对立事件和的概念独立事件的乘法公式和概率一一判断即可
【详解】对于A，若与相互独立，则与与也相互独立，
，故A正确；
对于B，“甲分得的不是红牌”其中的一种情况是“甲分得黄牌，乙分得橙牌，丙分得红牌”，而“乙分得的不是红牌”也含有其中的一种情况是“甲分得黄牌，乙分得橙牌，丙分得红牌”这种情况，这两个事件不是互斥事件，故B错误；
对于C，事件 “至少有2红球”包含“有2红球1个白球”及“有3个红球”这两种情况，与事件“都是白球” 不可能同时发生，所以事件与事件是互斥事件，C正确；
对于D，由题意可知甲乙各投篮一次同时投中的概率为 ，故D正确.
故选：B.
6. 已知，是椭圆上关于原点对称两点，是椭圆的右焦点，则的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用椭圆的对称性以及定义可得，即可得，利用二次函数的性质即可求解.
【详解】由对称性和椭圆定义可知，其中，
故，
又因为，设点，则，所以
，
当时，取得最小值，最小值为，
当时，取得最大值，最大值为，
所以，
故当时，取得最小值，最小值为39，
当时，取得最大值，最大值为，
故的取值范围是.
故选：C.
7. 已知函数，若，，且，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. 4D.
【答案】D
【解析】
【详解】利用函数奇偶性的应用、基本不等式求和的最小值，先根据函数的性质，确定，满足的条件，再利用基本（均值）不等式求和的最小值.
【分析】函数的定义域为R，，
即函数是奇函数，且,
由函数，都是R上的增函数，则在R上为增函数，
由，则，可得,
于是，，
当且仅当，即时，取得最小值.
故选：D.
8. 法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”，他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为，过上的动点作的两条切线，分别与交于，两点，直线交于，两点，则下列结论错误的是（ ）
A. 椭圆的离心率为
B. 面积的最大值为
C. 到的左焦点的距离的最小值为
D. 若动点在上，将直线，的斜率分别记为，，则
【答案】D
【解析】
【分析】求椭圆的离心率，根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围、求椭圆中的最值问题，根据题意结合圆，椭圆的知识并结合直线与椭圆位置关系，韦达定理可逐项求解.
【详解】A：依题意，过椭圆的上顶点作轴的垂线，过椭圆的右顶点作轴的垂线则这两条垂线的交点在上，
因为，所以椭圆的离心率，故A正确；
B：因为点，，都在上，且，为的直径，
所以面积的最大值为，故B正确；
C：设，的左焦点为，连接，
所以，
又，当时，的最小值为，
则到的左焦点的距离的最小值为，故C正确；
D：由直线经过坐标原点，易得点A，关于原点对称，
设，，则，得，，
又，两式相减得，，
所以，故D错误.
故选：D
【点睛】方法点睛：解答圆锥曲线的最值问题的方法与策略：
（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；
（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：配方法；基本不等式法；单调性法；三角换元法；导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
二、多选题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 给出下列说法，其中正确的是（ ）
A. 数据，，，，，，，的极差与众数之和为
B. 已知一组数据，，，，，的平均数为，则这组数据的中位数是
C. 已知某班共有人，小明在一次数学测验中成绩排名为班级第名，则小明成绩是全班数学成绩的第百分位数
D. 一组不完全相同数据，， ，的方差为，则数据，，，的方差为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据众数、极差的定义即可判断A；根据平均数、中位数定义即可判断B；根据百分位数定义即可判断C；根据方差的性质即可判断D.
【详解】对于A，数据，，，，，，，的极差为，众数为，
所以数据，，，，，，，极差与众数之和为，A正确；
对于B，由题意可知，解得：，
所以数据为：，，，，，，数据的中位数为，
B错误；
对于C，小明在一次数学测验中成绩排名为班级第名，
若成绩从低到高排序，小明的成绩排在第位，又因为，
又因为考试分数排名为由高分到低分，所以全班数学成绩的第百分位数应为：
第班级成绩的第名与第名同学成绩的平均数，
所以小明的成绩不是全班数学成绩的第百分位数，C错误；
对于D，因为，， ，的方差为3，根据方差性质，
，，，的方差为，D正确.
故选：AD
10. 过定点的动直线和过定点的动直线，点为两直线的交点，圆，则下列说法正确的有（ ）
A. 对任意，圆上恒有4个点到直线的距离为
B. 直线以与圆相交且最短弦长为
C. 动点的轨迹与圆相交
D. 为定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据已经条件，可求出两个定点和的坐标，以及圆的圆心和半径.对于选项A，只需判断圆心到直线的距离，即可判断交点的个数；对于选项B：因为点在圆内，所以直线与圆相交，当直线与线段垂直时，所得弦最短，求出弦长即可判断；对于选项C：注意到直线与垂直，所以点的轨迹是以为直径的圆，判断两圆的位置关系，即可知晓点与圆是否相交；对于选项D：因为，所以为直角三角形，即可判断.
【详解】将方程写为，所以定点的坐标为，
将方程写为，所以定点的坐标为，
由圆的方程可知其圆心坐标为，半径为.
对于选项A：因为圆心到直线的距离为，
而半径，，所以圆上恒有4个点到直线的距离为，所以选项A正确；
对于选项B：点与圆心的距离为，
所以点在圆内，所以直线以与圆相交，当直线与线段垂直时，
所交的弦最短，此时弦长为，所以选项B正确；
对于选项C：因为直线的斜率为，直线的斜率为，所以，
所以点的轨迹是以为直径的圆，此圆的圆心为，半径为，
所以与圆的圆心距为，所以，
两圆的位置关系是内含，两圆无交点，所以点的轨迹与圆不相交，所以选项C错误；
对于选项D：由选项C的判断过程中已知，所以，
所以为直角三角形，所以，所以选项D正确.
故选：ABD.
11. 如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），有下列正确的命题（ ）
A. 三棱锥的体积为；
B. 若平面，则直线不可能垂直于直线；
C. 平面截正方体的截面为等腰梯形；
D. 三棱锥的外接球的表面积为.
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，等体积法求出；B选项，作出辅助线，当平面时，直线可能垂直于直线；C选项，作出辅助线，找到梯形为平面截正方体的截面，又，即四边形为等腰梯形；D选项，三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，由余弦定理和正弦定理求出的外接圆半径，得到外接球半径，求出答案.
【详解】对于A，正方体棱长为1，，
又为棱的中点，到平面的距离为1，
故，A正确；
对于B，连接交为，则，即，
而，平面，平面，故平面，
即当平面时，直线可能垂直于直线，B错误；
对于C，取的中点为，连接，，，则，，
又，，所以，且，
则四边形为平面截正方体的截面，为梯形，
又，即四边形为等腰梯形，C正确；
对于D，三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，
设三棱锥的外接球半径为，的外接圆半径为，
，故，
，则，故，所以，
因为平面，
故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上，
则，，即，
故三棱锥的外接球的表面积为，D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积.
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则向量在向量上的投影向量是______.
【答案】
【解析】
【分析】向量在向量上的投影向量为，据此计算即可.
【详解】因为，，
所以，
，
向量在向量上的投影向量为.
故答案为：.
13. 点为圆上一点，过作圆的切线，且直线与直线平行，则与之间的距离是________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得过点的切线斜率，即可得到直线方程，再由两平行直线间的距离公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得圆的圆心，半径为，
则，所以过的切线斜率为，
所以直线的方程为，即，
又直线与直线平行，所以，
则与之间的距离是.
故答案为：.
14. 2022年卡塔尔世界杯会徽近似伯努利双纽线，不仅体现了数学的对称、和谐、简洁、统一的美，同时也具有特殊的有价值的艺术美.曲线是“双纽线”，若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】首先分析直线与曲线必有公共点，再联立直线与曲线方程，消去，依题意可得，解得即可.
【详解】因为直线与曲线必有公共点，
联立，可得，
由题意可知，解得或，即实数的取值范围是.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 记的内角，，的对边分别为，，，且，
（1）若，，求.
（2）若，，求.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先求出角，由面积公式和余弦定理，求出.
（2）根据正弦定理边化角，再根据三角恒等变换、同角三角函数关系、面积公式即可求出.
【小问1详解】
由得，，
而，
则，又，所以，，
由余弦定理，故.
【小问2详解】
因，由正弦定理得，，
，于是，移项得
，
联立，,得，，
又，
于是，得，
结合，得，，所以.
16. 已知两点，，过点的直线与直线，的交点分别为、两点，直线与直线交于点，直线与直线交于点，
（1）当时，求直线的方程；
（2）判断直线是否过定点，若是，求出该点坐标，若不是，请说明理由.
【答案】（1）
（2）恒过定点.
【解析】
【分析】（1）根据题意设直线的方程为，分别与直线，联立，求得点、的坐标，再由求解；
（2）分别求得点C，D的坐标，再根据对称性，令，得，得到直线过点，然后由论证即可.
【小问1详解】
解：如图所示：

显然直线的斜率存在，设为，则直线的方程为，
联立，解得点，同理可得点，
由，解得，
直线的方程为.
【小问2详解】
由（1）得，直线的方程为，联立，得点，
同理直线的方程为，联立，得点，
根据对称性，令，得，此时直线过点，
猜测直线CD过定点.
，同理：，
恒成立，、、始终三点共线，所以直线过定点.
17. 如图，已知四棱锥，，，，点，分别是，的中点，面.
（1）证明：直线面；
（2）若二面角的正弦值为，求.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明线面平行，由线面平行得到面面平行，
再由面面平行证明线面平行；
（2）建立空间直角系，利用向量法求出二面角即可得解.
【小问1详解】
取的中点，连接、，
则，面，面，
面，同理面，
面，故面面，
而面，直线面.
【小问2详解】
因为面，面，
所以，
又，面，
所以面，
所以以点为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，，则，，，
设面的一个法向量为n1=x1,y1,z1，
由，得，令，则，
设面的一个法向量为，
由，而，即，
于是，令，则，
设二面角的平面角为，
则，所以，
则，①
又在直角三角形中，，即，②
联立①②可得，，，
所以.
18. 已知圆经过，两点，圆心在直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）是圆上一动点，求的范围；
（3）已知为的中点，若的面积为2，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）设圆心并解方程即可求出半径；
（2）将几何问题转代数，转化为圆上动点到定点距离；
（3）转化为直线与圆的交点问题，注意点的轨迹是圆.
【小问1详解】
设圆心，由，
得
解得，
所以圆的标准方程为.
【小问2详解】
设Px,y，则
，
因为表示圆上一动点Px,y到点的距离，
于是，
所以范围是.
【小问3详解】
因为的面积为2，而，
到直线的距离为，
又直线的方程为，
设与直线平行且距离为的直线方程为，
令，得或，
设,,由（2）得点是圆上一动点，
则,即,
所以,
解得点的轨迹方程为，
直线与点的轨迹有交点，则，
联立方程，
解得或，
于是直线的方程为或.
19. 在区间上，若函数y=fx满足:对给定的非零实数，存在，使成立，则称函数y=fx在区间上有“性质”.
（1）若区间为，给定，判断函数是否在区间上具有“性质”，并说明理由；
（2）若函数在区间0,1上具有“性质”，求的取值范围；
（3）给定，若函数在区间0,m（其中）上具有“性质”，求的取值范围.
【答案】（1）不具有；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据绝对值方程和不等式的解法，结合新定义即可下结论；
（2）构造函数，运用零点的存在性定理计算即可；
（3）根据条件求出函数的零点，落在给定区间求出范围.
【小问1详解】
假设函数在区间R上具有“性质”，则，
而，
故函数在区间上不具有“性质”.
【小问2详解】
由题意得，
令函数，则是函数在0,1上的零点，
且函数在0,1上单调递增，
所以函数在0,1单调递增，
，即，解得.
【小问3详解】
，
化简得，得，
解得，只需，
解得，
即的取值范围是.
【点睛】方法点睛：
学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质.