安徽省淮南市凤台县第一中学2024-2025学年高二上学期期中模拟（七）数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省淮南市凤台县第一中学2024-2025学年高二上学期期中模拟（七）数学试题（解析版）-A4，共9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。
1. 若复数满足（是虚数单位），则等于（ ）
A. B. 10C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用模长性质即可.
【详解】，则，即，则.
故选：A.
2. 命题，，若的一个充分不必要条件是，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意转化为子集问题，即可求解.
【详解】由条件可知，集合是集合真子集，
所以.
故选：D
3. 中心为原点，焦点在轴上，且长轴长与短轴长之比为，焦距为的椭圆方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依据题干信息得出的值即可得椭圆方程.
【详解】设椭圆方程为，则且，得，故椭圆方程为.
故选：A.
4. 已知空间向量，，若与的夹角是锐角，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用夹角是锐角的向量关系计算即可.
【详解】因为空间向量，，
若与的夹角是锐角，则且不成立，
所以或.
故选：C.
5. 已知直线与直线平行，则的值为（ ）
A. 3B. C. 1或D. 或3
【答案】B
【解析】
【分析】根据两条直线平行列出方程，再代入验证即可.
【详解】因为直线与直线平行，
所以,解得，或；
当时，两条直线为：两条直线重合，舍去；
当时，两条直线为：两条直线平行；
故选：B
6. 已知圆，一条光线从点处射到直线上，经直线反射后，反射光线与圆有公共点，则反射光线斜率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用对称关系，转化为过定点的直线与圆有公共点，转化为圆心到直线的距离小于等于半径，即可列式求解.
【详解】点关于直线的对称点，

由题意可得反射光线过点，显然过点的直线与圆有公共点的直线的斜率存在，
设反射光线的斜率为，则反射光线的方程为，即，
圆心到反射光线的距离，
整理可得：，解得.
故选：B.
7. 为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化”知识竞赛，并将名师生的竞赛成绩（满分分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法不正确的是（ ）
A. 的值为B. 估计这组数据的众数为
C. 估计这组数据的平均数为D. 估计成绩低于分的有人
【答案】C
【解析】
【分析】根据频率分布直方图中所有矩形面积之和为可判断A选项；利用最高矩形底边中点值为众数可判断B选项；将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加可得平均数，可判断C选项；计算出成绩低于分的学生人数，可判断D选项.
【详解】对于A选项，根据频率分布直方图可知：，即，故A正确；
对于B选项，由图易得在区间的人数最多，故可估计这组数据的众数为，故B正确；
对于C选项，由图可估计平均数为，故C错误；
对于D选项，因为，故估计成绩低于分的有人，即D正确.
故选：C.
8. 成语“运筹帷幄之中，决胜千里之外”，意思是在小小的军帐之内作出正确的部署，决定了千里之外战场上的胜利，说的是运筹的重要性.“帷幄”是古代打仗必备的帐篷，又称“幄帐”，如图是一种幄帐示意图，帐顶采用“五脊四坡式”，四条斜脊的长度相等，一条正脊平行于底面.若各斜坡面与底面所成二面角的正切值均为，底面矩形的长与宽之比为，则正脊与斜脊长度的比值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合图形，多面体中，取的中点，做交于，做底面于点，坡面与底面所成二面角的为、 ，
，设，得斜脊，因为矩形宽，长为8，得，可得答案.
【详解】如图，多面体中，取的中点，做交于，
做底面于点，则点在上，且点到的距离相等，即，做于点，连接，，则平面，
所以，所以坡面与底面所成二面角为，又，则平面，所以，坡面与底面所成二面角为，
所以正切值，
不妨设，，
可得斜脊，因为矩形宽，
所以长为8，这样正脊，所以正脊与斜脊长度的比值为即.
故选：B.
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 已知，是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】AB
【解析】
【分析】根据已知条件线面位置关系即可判断即可.
【详解】A选项，由于，，所以，故A正确；
B选项，若，，则，故B正确；
C选项，若，，则，可能平行、相交或异面，故C错误；
D选项，若，，则或，故D错误.
故选：AB.
10. 如图，正方体棱长为1，P是上的一个动点，下列结论中正确的是（ ）

A. BP的最小值为
B. 当P在上运动时，都有
C. 当P在直线上运动时，三棱锥的体积不变
D. 的最小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】判断BP的最小值即为正三角形的边上的高，即可判断A；证明平面，根据线面垂直的性质定理可判断B；根据线面平行的性质结合棱锥的体积公式可判断C；将平面沿着翻折到平面上，将的最小值转化为线段AC的长度，判断D.
【详解】对于A，连接，在正方体中，，
故BP的最小值为正三角形的边上的高，即，A正确；
对于B，连接，

由于平面，平面，故，
而平面，
故平面，平面，故；
同理可证，平面，
故平面，平面，故，即，B正确；
对于C，连接，因为，

故四边形为平行四边形，则平面，平面，
故平面，P点在直线上运动，即P到平面的距离为定值，
而为边长为的正三角形，其面积为定值，
故三棱锥的体积为定值，由于
故三棱锥的体积为定值，C正确；
对于D，将平面沿着翻折到平面上，连接，

与交于点P，则即为的最小值；
在中，，，
即最小值为，D错误；
故选：ABC
【点睛】难点点睛：本题解答的难点在于D选项的判断，解答时要采用将空间问题平面化的方法，即将两平面翻折到一个平面上，从而将两条线段的和变为一条线段的长度问题.
11. 已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A. 函数的值域为
B. 方程有两个不等的实数解
C. 关于的方程的解的个数可能为2，3，4，5
D. 不等式解集为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A、B选项均可结合图象判断；C选项，是关于的一元二次函数，解得的值，则转化为与、的图象交点个数；D选项为求解复合函数不等式，由外往内，先解得，其中，再解或即可.
【详解】画出的图象，如下图所示：
令，得，
解得或，
所以的图象与轴交于，，
对于A，由图象可知，函数的值域为，故A正确；
对于B，由图象可知，直线与函数有三个不同的交点，
所以方程有三个不等的实数解，故B错误；
对于C，，
即，所以或，
由图知有2解，
若，解的个数即为解的个数，有2个解，
若，解的个数可能为0，1，2，3，
此时解的个数为和解的个数之和，可能为2，3，4，5，
综上方程解的个数可能为2，3，4，5，故C正确；
对于D，由图象可知，当或时，，
所以，由，可得或，
令，解得或，
令，解得或，
所以，由图象可知，不等式解集为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，且为第二象限角，则________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用同角三角函数关系与二倍角公式即可求得结果
【详解】，且为第二象限角，,
又，
故答案：
13. 过点的直线被圆截得的弦长为，则直线的方程为________.
【答案】或
【解析】
【分析】将直线按照斜率是否存在两种情况，分别利用垂径定理列方程求解即得所求.
【详解】圆的圆心坐标为，半径，
当直线的斜率不存在时， 的方程为，
此时直线被圆截得弦长为，满足题意；
当直线的斜率存在时，设的方程为，即，
因圆心到直线距离，
由垂径定理，弦长，
解得，则直线的方程为.
故答案为：或.
14. 已知椭圆的左焦点为，右焦点为，若椭圆上存在一点，满足线段与以椭圆的短轴为直径的圆相切，切点为线段的中点，则该椭圆的离心率为________.
【答案】##
【解析】
【分析】设线段的中点为，连接，求出、，利用勾股定理可得出关于、、的齐次等式，即可解得该椭圆的离心率的值.
【详解】设线段的中点为，连接，
由题意知，，
因为为的中点，所以，是的中位线，则，
由椭圆的定义知，
又，，
在直角三角形中，由勾股定理得：，即，
又，可得，故有，
由此可求得离心率，
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. 在如图所示的平行六面体中，，，，，，设，，.
（1）用，，表示，，；
（2）求的长；
（3）求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1），，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用空间向量基本定理即可；
（2）利用模长公式求解即可；
（3）利用向量夹角公式求解即可
【小问1详解】
，
，
，
【小问2详解】
，，，
，，，
因为
，
所以，即的长为；
【小问3详解】
因为，，
同理可求得，，
又因为
，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
16. 已知的顶点，边上的中线所在的直线方程为，边上的高所在直线方程为，求：
（1）顶点的坐标；
（2）直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由上的高所在直线方程为，可得，且过点得到直线所在的直线方程，联立方程即可求得顶点的坐标.
（2）设点，且的中点，代入所在的直线方程为，求出的表达式再与的方程即可得到点坐标，再用点斜式即可求得方程.
【小问1详解】
由于，且的直线方程为，
所以，故，
又的顶点，
所以所在的直线方程为，
由于边上的中线所在的直线方程为，
联立方程，解得，
故点；
【小问2详解】
设点，
则的中点，
由于点在直线上，
所以，整理得，
同时点在直线上，
所以，
故，解得，即点，
所以,故直线方程为.
17. 已知椭圆的右顶点为，上顶点为.
（1）求椭圆的方程；
（2）椭圆的右焦点为，点为椭圆上不同于顶点的一点，若直线，与轴相交，交点分别为，，且，求点的横坐标.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求，即可求椭圆方程；
（2）方法一：首先设点，其中且，并表示直线和，并求点的坐标，根据条件列式，即可求解；方法二：首先设直线的方程为，联立椭圆方程，利用斜率表示点的坐标，并表示直线，利用斜率表示点的坐标，根据条件列式，即可求解.
【小问1详解】
由题意可得，，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
如图

法一：设，其中且，
因为直线，与轴相交，所以直线，斜率都存在，
直线方程为，
令，得，
直线方程为，
令，得，
所以，
又因为，所以，
代入中，可得，
整理得，即，
所以或，
又因为，，所以，
所以点的横坐标为；
法二：由题意直线斜率存在，且不为0，
设直线的方程为，
令，得，
由，得，
易知，
设，其中且，则，
所以，即，
直线的方程为，
令，得，
所以，
所以（舍）或，
代入中，得，
满足，，
所以点的横坐标为.
18. 在四棱锥中，平面，，，，，是的中点，在线段上，且满足.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）在线段上是否存在点，使得与平面所成角的余弦值是，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）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）构造平行四边形，转化为证明线线平行；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用坐标法二面角的余弦值；
（3）首先设，，根据线面角的坐标系，即可求解.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，，
，且，，分别是、的中点，
，且，
，且，故四边形为平行四边形，
，
平面，平面，
平面；
【小问2详解】
，平面，，平面，
，，
设，，
又因为，，所以，
所以、、两两垂直，
如图，以为原点，、、所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，
设点，则，，
，可得，
解得，，，

设平面的法向量为，
由，得，
取，得，
故平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则，即，
令，得，，
平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
则，
平面与平面夹角的余弦值为；
【小问3详解】
设，，
，
，
，
设与平面所成角为，
则，，
，
整理得：，解得或（舍），
存在满足条件的点，，且长为.
19. 已知动点与两个定点，的距离的比为，动点的轨迹为曲线.
（1）求的轨迹方程，并说明其形状；
（2）过直线上的动点分别作的两条切线，（、为切点），，交于点.
（i）证明：直线过定点，并求该定点坐标；
（ii）是否存在点，使的面积最大？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1），曲线是以为圆心，2为半径圆
（2）（i）证明见解析，；（ii）存在，
【解析】
【分析】（1）根据已知条件列方程，化简求得轨迹的方程；（2）（i）先判断出点、在以为直径的圆上，然后根据两个圆的位置关系来证得结论成立；（ii）求得的面积的表达式，进而求得的面积最大值以及此时点的坐标.
【小问1详解】
设，由题意得，化简整理得①，
故曲线是以为圆心，2为半径的圆；
【小问2详解】
如图：
（i）证明：因为，，所以点、在以为直径的圆上，
可求得圆的方程为②，
所以直线为圆与圆的公共弦所在的直线，
由，整理得，即直线的方程为，
故直线恒过定点；
（ii）当时，点、重合，
当时，因为，点、在直线上，所以，
综上，点在以为直径的圆上，圆方程为，
因为，又，
所以当时，的面积最大，此时，
又由，，三点共线，得，即，，
所以存在点，使的面积最大，此时点坐标为.
【点睛】方法点睛：
求动点轨迹方程，通常根据已知条件建立动点坐标满足的等式，然后化简得到方程.对于涉及距离比的问题，利用两点间距离公式构建等式是常用方法.
当出现圆的切线和切点时，利用圆的性质（如切线与半径垂直）确定点的位置关系，进而得到相关圆的方程.求两圆公共弦所在直线方程，通过两圆方程相减的方法来实现，这是处理两圆公共弦问题的常见技巧.