广东省广州三校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷（解析版）

这是一份广东省广州三校2024-2025学年高二上学期期中联考数学试卷（解析版），共16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：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. 已知为纯虚数，则在复平面内对应的点位于（ ）
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】复数为纯虚数，则，则，
所以，
所以复数在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B
2. 在2h内将某种药物注射进患者的血液中，在注射期间，血液中的药物含量呈线性增加；停止注射后，血液中的药物含量呈指数衰减．下面能反映血液中药物含量Q随时间t变化的图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】在2h内，血液中的药物含量呈线性增加，则第一段图象为线段，且为增函数，排除A，D，停止注射后，血液中的药物含量呈指数衰减，排除C．能反映血液中药物含量Q随时间t变化的图象是B．
故选：B．
3. 设全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由，得，所以，由，得，所以，
阴影部分表示的集合为.
故选：C．
4. 设且则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】[方法一]：
，
，
，
.
故选：C.
[方法二]：
，
又.
故选：C.
[方法三]：
由已知得，，去分母得，，
所以，
又因为，，
所以，即，
故选：C.
5. 在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】】因为在平行六面体中，，
所以
.
故选：A.
6. 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（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设，因为点关于直线的对称点为，
所以，的中点一定在上，且设中点为，
由中点坐标公式得，将其代入中，
得到，而可化为，
则其斜率为，可得到，解得，，
故得，我们把的斜率记为，的斜率记为，
由斜率公式得，，
如图，我们得到直线的斜率的取值范围为，故B正确.
故选：B.
7. 在平面直角坐标系中，已知点，.若直线上存在点，使得，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】设，因为，，，
所以，
整理得，所以点P的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆，
因为，直线上存在点，使得，所以直线与圆相交或相切.
所以，，解得.
故选：D.
8. 已知，都是定义在上的函数，对任意x，y满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 函数的图象关于点对称
C.
D. 若，则
【答案】D
【解析】对于A，令，代入已知等式得，得，故A错误；
对于B，取，
满足及，
因为，所以的图象不关于点对称，
所以函数的图象不关于点对称，故B错误；
对于C，令，，代入已知等式得，
可得，结合得，，
再令，代入已知等式得，
将，代入上式，得，所以函数为奇函数.
令，，代入已知等式，得，
因为，所以，
又因为，所以，
因为，所以，故C错误；
对于D，分别令和，代入已知等式，得以下两个等式：，，
两式相加易得，所以有，
即：，
有：，
即：，所以为周期函数，且周期为3，
因为，所以，所以，，
所以，
所以，
故D正确.
故选：D.
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. 对任意实数下列命题中正确的是（ ）
A. “”是“”的充要条件
B. “是无理数”是“都是无理数”的既不充分也不必要条件
C. “”是“”的充分不必要条件
D. “”是“”的必要不充分条件
【答案】BD
【解析】A选项，满足，但，，，不充分，
时，，而，因此不必要，应为既不充分也不必要条件，A错；
B选项，时，是无理数，说明不充分，
，都是无理数，但是有理数，因此不必要，B正确；
C选项，时，但，不充分，得，但，不必要，应为既不充分也不必要条件，C错；
D选项，时，若，则，不充分，当时，，因此有，必要性满足，即为必要不充分条件，D正确，
故选：BD．
10. 已知函数的图象关于点中心对称，则（ ）
A.
B. 在区间有两个零点
C. 直线是曲线的对称轴
D. 在区间单调递增
【答案】ABD
【解析】对于A,代入点，得,
,,,故A正确;
对于B由，
，所以或，所以该函数在区间有两个零点，故B正确；
对于C,代入，，故C错误;
对于D, 处于正弦函数的递增区间内，故D正确．
故选：ABD.
11. 两个正方形框架的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直，动点分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记．（ ）
A.
B. 三棱锥的外接球的表面积为
C. 当的长最小时，平面与平面夹角的余弦值为
D. 当的长最小时，直线到平面的距离
【答案】ACD
【解析】选项A，如图，把图形补成正方体，并以原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
在平面上，直线方程为，可设，在平面上直线方程为，因为，因此得，由得，
则，而平面的一个法向量是，
，所以，又平面，所以平面，A正确；
选项B，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，而正方体的对角线即为其外接球的直径，所以外接球直径为，，外接球表面积为，B错；
选项C，，
当且仅当时，取得最小值，此时分别是的中点，
,，，
，，
设平面的一个法向量，
则，取得，
设平面的一个法向量是，
则，取得，
，
所以平面与平面夹角的余弦值为，C正确；
选项D，，即，平面，平面，所以平面，
，
因此直线到平面的距离等于，D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分.
12. 2023年6月4日神舟十五号载人飞行任务取得圆满成功，费俊龙、邓清明、张陆这三位航天员在空间站上工作了186天，此次神舟十五号载人飞船返回，是我国空间站转入应用与发展阶段后的首次返回任务，掀开了中国航天空间站的历史新篇章.．为科普航天知识，某校组织学生参与航天知识竞答活动，某班8位同学成绩如下：7，6，8，9，8，7，10，，若去掉，该组数据的第25百分位数保持不变，则整数的值可以是______（写出一个满足条件的值即可）．
【答案】7（8，9，10均可）
【解析】7位同学成绩如下：6，7，7，8，8，9，10其第25百分位数为第三个数据，为7，
要使第25百分位数保持不变，不小于7就可以．
故答案为：7（8，9，10均可）．
13. 圆内有一点，为过点的弦.当弦被点平分时，则直线的方程为______.
【答案】
【解析】圆的圆心为，
当弦被点平分时，此时，
所以，
所以直线的方程为，即为，
故答案为：.
14. 已知函数的值域是，若，则m的取值范围是________．
【答案】
【解析】当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，为，
作出与在上的图象如图所示：
当，时，，此时，
此时，
因为的值域为，则时，必有解，即，解得，由图知.
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. 在一个盒子中有个白球，个红球，甲、乙两人轮流从盒子中随机地取球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，每次取个，取后不放回，直到个白球都被取出来后就停止取球．
（1）求个白球都被甲取出的概率；
（2）求将球全部取出才停止取球的概率．
解：（1）若个白球都被甲取出记为事件，则事件有三种情况：
①第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，结束取球，其概率为；
②第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出红球，第四次乙取出红球，第五次甲取白球，其概率为；
③第一次甲取出红球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，第四次乙取出红球，第五次甲取白球，其概率为；
，
即个白球都被甲取出的概率为.
（2）若将球全部取出才停止取球记为事件，则最后一次即第次取出的一定是白球．
事件有四种情况：
①第次和第次取出的是白球，另外次取出的是红球，其概率为；
②第次和第次取出的是白球，另外次取出的是红球，其概率为；
③第次和第次取出的是白球，另外次取出的是红球，其概率为；
④第次和第次取出的是白球，另外次取出的是红球，其概率为；
，
即将球全部取出才停止取球的概率为.
16. 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acs C＋asin C－b－c＝0.
(1)求A；
(2)若AD为BC边上的中线，cs B＝，AD＝，求△ABC的面积．
解：(1)acs C＋asin C－b－c＝0，
由正弦定理得sin Acs C＋sin Asin C＝sin B＋sin C，
即sin Acs C＋sin Asin C＝sin(A＋C)＋sin C，
又sin C≠0，所以化简得sin A－cs A＝1，所以sin(A－30°)＝.
在△ABC中，0°＜A＜180°，所以A－30°＝30°，得A＝60°.
(2)在△ABC中，因为cs B＝，所以sin B＝.
所以sin C＝sin(A＋B)＝×＋×＝.
由正弦定理得，.
设a＝7x，c＝5x(x＞0)，则在△ABD中，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcs B，
即＝25x2＋×49x2－2×5x××7x×，解得x＝1，所以a＝7，c＝5，
故S△ABC＝acsin B＝10.
17. 已知的三个顶点分别为，，，直线经过点.
（1）求外接圆的标准方程；
（2）若直线与圆相交于，两点，且，求直线的方程；
（3）若是圆上的两个动点，当最大时，求直线的方程.
解：（1）设圆方程为，，
则，解得，
则圆的方程为，
即圆的标准方程为；
（2）由（1）得圆心，半径，
又，可知圆心到直线的距离，
当直线斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线的距离为，成立；
当直线斜率存在时，设直线方程为，即，
圆心到直线的距离，
解得，则直线方程为，即；
综上，直线方程为或.
（3）由在圆M外，当与圆相切时（E，F不重合），取的最大值,
此时的中点为，,
所以以为直径的圆的方程为,
即①,
又圆M的方程为②,
①②：,
所以直线的方程为.
18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
（1）证明：因为平面平面，，
所以平面，所以，
又因为，所以平面；
（2）解：取的中点，连结，，
因为，所以.
又因为平面，平面平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以.
如图建立空间直角坐标系，由题意得，
.
设平面的法向量为，则即
令，则.所以.
又，所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（3）解：设是棱上一点，则存在使得.
因此点.
因为平面，所以平面当且仅当，
即，解得.
所以在棱上存在点使得平面，此时.
19. 常用测量距离的方式有3种．设，定义欧几里得距离，定义曼哈顿距离，定义余弦距离，其中（为坐标原点）．
（1）若，求之间的欧几里得距离和余弦距离；
（2）若点在函数的图象上且，点的坐标为，求的最小值；
（3）若，求的取值范围.
解：（1）因为，则，
所以，
又因为，
所以.
（2）因为点在函数的图象上且，
即，且点的坐标为，
故，
当时，则，因为函数在上单调递减，所以，当且仅当时取等号；
当时，则，
且，则，代入可得；
当时，则，
因为函数在上单调递增，
所以，当且仅当时取等号．
综上可知，的最小值为2．
（3）因为，
则，
令，则，
即与有交点，
可知半圆与直线有交点，
如图，先计算直线与半圆相切和经过点时的情况.
由圆心到直线的距离，解得，
由图知此时，即；
又由，代入点，解得，.
由图知，要使两者有交点，需使，
此时，
又因为，则；
所以的取值范围是.