广东省广州市第二中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

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命题：张和发 审校：胡方杰 2024 年 11 月 6 日
本试卷共 4 页，19 小题，满分 150 分．考试用时 120 分钟．
注意事项：
1.答卷前，考生务必用 2B 铅笔在“考生号”处填涂考生号．用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己
的姓名和考生号、座位号填写在答题卡上．
2.答选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上．
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相
应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不
按以上要求作答的，答案无效．
4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，只需将答题卡交回．
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. 已知关于 的方程 两个实数根一个小于 0，另一个大于 0，则实数 的取值范围是（
）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次方程的解法及韦达定理，列出不等式组，求解即可.
【详解】解：由题可得 ，
解得 .
故选：B.
2. 已知椭圆 ，则椭圆 C 的（ ）
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A. 焦距为 B. 焦点在 x 轴上 C. 离心率为 D. 长轴长为 4
【答案】D
【解析】
【分析】
根据椭圆的方程得焦点在 轴上的椭圆，且 ，进而得焦距为 ，离心率为 ，长轴长
.
【详解】解：因为椭圆 的方程 ，
所以椭圆是焦点在 轴上的椭圆，且 ，所以 ，
所以焦距为 ，离心率为 ，长轴长 .
故选：D
3. 已知 为实数，直线 ，则“ ”是“ ”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
【答案】B
【解析】
【分析】求出两直线平行时的参数值，再根据充分必要条件定义判断.
【详解】若 ，则 ，故 ，
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件.
故选：B.
4. 的三个顶点的坐标分别为 ，则 的外接圆方程是（ ）
A. B.
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C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题知 是直角三角形， ，进而求得圆心与半径，写方程即可.
【详解】解：因为 的三个顶点的坐标分别为 ,
所以， ，即 是直角三角形， ，
所以，圆心是斜边 的中点 ，半径是斜边长的一半，即 ，
所以外接圆的方程为
故选：C
5. 智 能 降 噪 采 用 的 是 智 能 宽 频 降 噪 技 术 ， 立 足 于 主 动 降 噪 原 理 ， 当 外 界 噪 音 的 声 波 曲 线 为
时，通过降噪系统产生声波曲线 将噪音中和，达到降噪目的．如
图，这是某噪音的声波曲线 的一部分，则可以用来智能降噪
的声波曲线解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出噪音的声波曲线的函数表达式，则其相反数即为智能降噪的声波曲线.
【详解】由图可知， ，噪音的声波曲线的最小正周期 ，则 ．
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因为噪音的声波曲线过点 ，所以 ，
则 ．又 ，所以 ，
即噪音的声波曲线为 ，
则可以用来智能降噪的声波曲线为 ，
又 ，A 正确，B 错误；
，C，D 错误，.
故选：A.
6. 已知过球面上 三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且 ，则球面积是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】∵D 是正△ABC 的中心，∴AD 是△ABC 的外接圆半径.
∵AD＝ ，
又 OD＝ ＝ OA，OA ＝OD ＋AD ，∴R ＝ ，
∴R ＝ ，∴ 球的表面积 S＝4πR ＝ .
故选 C
7. 已知正三棱锥 的底面 的边长为 ， 是空间中任意一点，则 的最小值为
（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
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【分析】设 中点为 ，连接 ，设 中点为 ，连接 ， ， ，利用转化法求向量数量
积的最值即可.
【详解】设 中点为 ，连接 ，设 中点为 ，连接 ， ， ，
则 ，
，
当 与 重合时， 取最小值 0，
此时 有最小值 .
故选： .
8. 已知函数 ，则满足 的取值范
围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设 ，接着分析 的奇偶性及单调性，得到
，且单调递增，又 ，得到 ，再根据单调
性解不等式即可．
【详解】设 ，则 ， 的定义域为 ，
且 ，所以 为奇函数，
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又 都为增函数，所以 是增函数，
是由 向右平移 2 个单位，向上平移 1 个单位得到，
所以 的图象关于 对称，即 ，且 单调递增，
，
，
，解得 ，
故选：D．
二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分．共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有多项是
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. 设函数 ，则（ ）
A. B.
C. 在区间 上单调递减 D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【 分 析 】 由 诱 导 公 式 对 和 化 简 可 判 断 A 和 B， 对 求 导 可 判 断 C， 令
，变形整理为 ，根据 可得 的最小值，即
为 的最小值.
【详解】 ，故 A 错误；
，故 B 正确；
，
当 时， ， ，即 ，
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所以 在区间 上单调递减，故 C 正确；
令 ，则 ，
整理得 ，
所以 ，
即 的最小值为 ，故 D 正确.
故选：BCD.
10. 在棱长为 2 的正方体 中， 分别为 的中点，则下列选项正
确的是（ ）
A.
B. 直线 与 所成角的余弦值为
C. 三棱锥 的体积为
D. 存 实数 使得
【答案】BD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系 ，求出 ，对于 A，计算 的值即可判
断；对于 B，计算 的值即可判断；对于 C，先计算 得 ，接着计算
，再由 和 平面 且 结合锥体体积公式即可计算求解；对于 D，由
计算求出 即可得解.
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【详解】由题可建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ，
所以 ，
对于 A， ，故 与 不垂直，故 A 错误；
对于 B， ，
所以直线 与 所成角的余弦值为 ，故 B 正确；
对于 C，由上 ，所以 ，
所以 即 ，又 ，
所以 ，
因为 ，又由正方体性质可知 平面 即 平面 ，
所以 ，故 C 错误；
对于 D，若存在实数 使得 ，
则 ，
所以 ，所以 ，故 D 正确.
故选：BD.
【点睛】思路点睛：建立坐标系解决立体几何中的问题是一种常用方法，它的思维量小，计算量虽多但是
计算简单，解法直接自然和简单，本题根据正方体的结构特征建立了空间直角坐标系 ，接着计算所
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需向量坐标，从而根据各个问题的向量法理论公式直接计算即可判断求解.
11. 过原点的直线 l 与圆 M： 交于 A，B 两点，且 l 不经过点 M，则（ ）
A. 弦 AB 长的最小值为 8
B. △MAB 面积的最大值为
C. 圆 M 上一定存在 4 个点到 l 的距离为
D. A，B 两点处圆的切线的交点位于直线 上
【答案】ABD
【解析】
【分析】A 选项，由圆的几何性质得到当弦 AB 与直线 垂直时，弦 AB 长取得最小值，从而由垂径定理
求出答案；
B 选项，由三角形面积公式得到 ，设 是 中点，研究得到 始终为钝角，
且当 点与原点重合， 取得最小值，由二倍角公式和同角三角函数关系得到此时
，结合 在 上单调性，求出面积最大值即可；
C 选项，举出反例；
D 选项，设出 ，求出 四点所在圆的方程，从而求出切点弦方程，结合直线 AB 过原点，
将原点代入后得到 满足的方程.
【详解】对 A， 变形为 ，
圆心 M 为 ，半径 ，
因为 ，故原点 在圆内，
故当弦 AB 与直线 垂直时，弦 AB 长取得最小值，
其中 ，故 ，A 正确；
对 B，由三角形面积公式得：
设 是 中点，故 ，当 点与原点重合，弦长 AB 最短， 取得最小值，
此时 ， ，
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故 ，此时 .
由 求得 取得最小值时为钝角，所以 始终为钝角，
因为 在 上单调递减，所以当 时，面积取得最大值，
最大值为 ，B 正确；
对 C，当弦 AB 与直线 垂直时，圆心 M 到直线 l 的距离为 ，
由于半径为 ，所以在直线 l 的左上方有 2 个点到直线 l 的距离为 ，
在直线 l 的右下方，只有 1 个点到直线 l 的距离为 ，
此时圆 M 上存在 3 个点到 l 的距离为 ，C 错误；
对 D，设 ，则 四点共圆，且 MP 为直径，
其中线段 MP 的中点坐标为 ，即圆心坐标为 ，
半径为 ，
故 四点所在圆的方程为： ，
化简得： ①，
②，
①－②得： ，
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则直线 AB 的方程为 ，
又因为直线 AB 过原点，将原点代入得： ，
故 A，B 两点处圆的切线的交点位于直线 上，D 正确.
故选：ABD
【点睛】已知圆的方程为 ， 为圆上一点，则过点 的切线方程为：
；
若 为圆外一点，则 表示切点弦所在方程.
三、填空题：本小题共 3 题，每小题 5 分，共 15 分．答案填在答卷相应地方上．
12. 函数 的定义域是___________
【答案】
【解析】
【分析】对数的真数大于零，然后建立不等式求解即可.
【详解】由题可知 ，解得 ，
所以函数 的定义域为 .
故答案为：
13. 设直线 与直线 的交点为 P，则 P 到直线 的距离的
最大值为____________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出 的坐标，再求出直线 所过的定点 ，则所求距离的最大值就是 的长度.
【详解】由 可以得到 ，故 ，
直线 的方程可整理为： ，故直线 过定点 ，
因为 到直线 的距离 ，当且仅当 时等号成立，
故 ，
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故答案为： .
14. 已知圆 是以圆 上任意一点为圆心，半径为 1 的圆，圆 与圆 交
于 两点，则当 最大时， 的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】设 ，写出圆 的方程，求得直线 的方程，利用点 到直线 的最小值来求得
最大时 的面积.
【详解】设 ，则 ，
设
， ，
圆 的方程为 ①，
圆 ： 的圆心为 ，半径为 ，
圆 的方程可化为 ②，
由①②得直线 的方程为 ，即 ，
是等腰三角形， 为顶角，则当 到直线 的距离最小时， 最大，
当 到直线 的距离为
，
当且仅当 时等号成立.
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当 到直线 的距离取最小值 时， ，
所以 .
故答案为： .
四、解答题：本小题共 5 题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知 的内角 的对边分别为 ，且 ．
（1）求 ；
（2）如图，若点 是 边上一点，且 ， ，求 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用正弦定理化简再结合余弦定理，结合特殊角即可解；
（2）先设角以减少未知量，应用正弦定理求出正切，再结合角的范围计算求出结果.
【小问 1 详解】
由 及正弦定理得 ，
整理得 ，又由余弦定理推论及三角形内角性质得
【小问 2 详解】
因为 ，所以 ，
设 ，所以 ，
在 中， ①，
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在 中，由正弦定理得 ②，
由①②及 得 ，即 ，解得 .
由 ，解得 .
16. 已知 ， ，直线 ．
（1）求直线 关于直线 对称的直线的方程；
（2）直线 过线段 的中点 且分别交 轴与 轴的正半轴于点 、 ，坐标原点为 ，求使 面
积最小时直线 的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出点 关于 的对称点 ，应用斜率公式结合点斜式方程
即可求出 直线方程；
（2）设直线 方程 ，可得 ，代入面积，利用基本不等式可得.
【小问 1 详解】
设点 关于直线 的对称点为 ，
则 ，解得 ，即 ，
设点 关于直线 的对称点为 ，
则 ，解得 ，即 ，
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又由 ，直线 的方程 ，
整理得 ，
即直线 关于直线 对称的直线的方程为 .
【小问 2 详解】
设直线 的方程为： ，
又直线 过点 ，所以 ，即 ，
则 的面积 ，
当且仅当 即 ， 时等号成立.
所以使 面积最小时直线 的方程为： ，即 .
17. 等边三角形 的边长为 3，点 分别是边 上的点，且满足 ，如图甲，将
沿 折起到 的位置，使二面角 为直二面角，连接 ，如图乙.
（1）求证： 平面 .
（2）在线段 上是否存在点 ，使平面 与平面 所成的角为 ？若存在，求出 的长；若
不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）由余弦定理求出 ，勾股定理可得 ，再由面面垂直的性质定理可得答案；
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（2）假设在线段 上存在点 ，使平面 与平面 所成的角为 ，以 为原点，
所在的直线分别为 轴建立空间直角坐标系， 设 ，求出 点坐标，求出
平面 、平面 的法向量，再由二面角的向量求法可得 ，从而求出答案.
【小问 1 详解】
因为等边三角形 的边长为 3， ，所以 ，
在 中，由余弦定理可得
，所以 ，可得 ，即
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
【小问 2 详解】
假设在线段 上存在点 ，使平面 与平面 所成的角为 ，
由（1）可知 互相垂直，
以 为原点， 所在 直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
所以 ， ， ， ， ，
， ， ，
设 ，可得 ， ，
设 为平面 的一个法向量，
所以 ，即 ，
令 ，则 ，
所以 ，因为 平面 ，
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所以 可以为平面 的一个法向量，
因为平面 与平面 所成的角为 ，
所以 ，
解得 ，所以存在点 ，且 ，
可得 ， ，
.
18. 已知圆 M 与直线 相切于点 ，圆心 M 在 轴上．
（1）求圆 M 的标准方程；
（2）若直线 与圆 M 交于 P，Q 两点，求弦 的最短长度；
（3）过点 M 且不与 x 轴重合的直线与圆 M 相交于 A，B 两点，O 为坐标原点，直线 ， 分别与直线
相交于 C，D 两点，记 ， 的面积为 ， ，求 的最大值．
【答案】（1）
（2）
（3） 的最大值为
【解析】
【分析】（1）设圆的方程为 ，再由直线 与圆相切于点 ，可得关于
与 的方程组，求得 与 的值，则圆 的方程可求；
（2）直线 恒过定点 ，且该点在圆内，当直线截圆的弦以定点
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为中点时，弦长最短；
（3）由题意知， ，设直线 的方程为 ，与圆的方程联立求得 的坐标，同理求得 的
坐标，进一步求出 与 的坐标，写出 ，利用基本不等式求最值．
【小问 1 详解】
解：由题可知，设圆的方程为 ，
由直线 与圆相切于点 ，
得 ，解得 ， ，
圆的方程为 ；
【小问 2 详解】
解：由直线
有： ；
得 ，即
即直线 恒过定点 ；
又 ，即点 在圆 内部；
圆 的圆心为 ；设直线 恒过定点 ；
当直线 与直线 垂直时，圆心到直线的距离最长，此时弦长最短；
此时 ，弦长最短为 ；
【小问 3 详解】
解：由题意知， ，设直线 的斜率为 ，则直线 的方程为 ，
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由 ，得 ，解得 或 ，
则点 的坐标为 ，
又直线 的斜率为 ，
同理可得：点 的坐标为
由题可知： ，
，
又 ，同理 ，
．
当且仅当 时等号成立．
的最大值为 ．
【点睛】本题考查圆的方程的求法，考查含参直线过定点问题及直线与圆位置关系的应用，训练了利用基
本不等式求最值，考查运算求解能力，是中档题．
19. 若函数 的图像上存在两个不同的点 ，使得对任意 ，都有
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，则称 为类周期函数．
（1）判断 否为类周期函数并证明之；
（2）若 是类周期函数，且 ， ， ，证明： 是周期函数；
（3）若 是类周期函数，证明：在 的图象上，必存在 3 个不同的点 使得对
任意 ，都有 ．
【答案】（1） 是类周期函数，证明见详解
（2）证明见详解 （3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）先判断 是否为类周期函数，然后假设 是类周期函数，根据类
周期函数的概念结合三角函数的计算即可证明结论；
（2）根据类周期函数的概念可列方程组，两式相减可得 ，化简后由周期函数的定义
即可得结论；
（3）由于 是类周期函数，可得 的图象上存在两个不同的点 ，使得对任意的
，都有 ，从而有 ，于是可得点 在
的图象上，且 的图象关于点 对称，取 ，则
，即可证明结论.
【小问 1 详解】
是类周期函数，
证明：∵ ，
∴ ，
即 ，
又∵ ，∴ 恒成立，
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∴ ，则当 ， 时，满足定义，
∴ 是类周期函数
【小问 2 详解】
∵ ，
∴ ，∴ ，即 ，
所以函数 是周期为 8 的周期函数；
【小问 3 详解】
由题意可知函数 的图象上存在两个不同的点 ，使得对任意 ，都有
，
由 ，得 ，①
由 ，得 ，②
②-①得： ，
即 ，
∴ ，
令 ，则 ，
即点 在函数 的图象上，且 的图象关于点 对称，
∵ ，∴ 且 ，
∴取 ， ，则 ，
∴必存在 3 个不同的点 使得对任意 ，都有 ．
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