2024长沙雅礼中学高二上学期期中考试数学试卷含解析

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一、单项选择题：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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先解不等式求出集合、，再根据并集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，
由，即，解得，
所以，
所以.
故选：C
2. “”是“直线与直线平行”的（ ）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据两直线平行求得m的值，由此确定充分、必要条件.
【详解】“直线与直线平行”
因为，所以直线，直线，与平行，故充分条件成立；
当直线与直线平行时，，
解得或，
当时，直线与直线重合，
当时，直线，直线平行，故充要条件成立．
故选：A．
3. 空气质量指数是评估空气质量状况的一组数字，空气质量指数划分为、、、、和六档，分别对应“优”、“良”、“轻度污染”、“中度污染”、“重度污染”和“严重污染”六个等级．如图是某市2月1日至14日连续14天的空气质量指数趋势图，则下面说法中正确的是（ ）．
A. 这14天中有5天空气质量为“中度污染”
B. 从2日到5日空气质量越来越好
C. 这14天中空气质量指数的中位数是214
D. 连续三天中空气质量指数方差最小是5日到7日
【答案】B
【解析】
【分析】根据折线图直接分析各选项.
【详解】A选项：这14天中空气质量为“中度污染”有4日，6日，9日，10日，共4天，A选项错误；
B选项：从2日到5日空气质量指数逐渐降低，空气质量越来越好，B选项正确；
C选项：这14天中空气质量指数的中位数是，C选项错误；
D选项：方差表示波动情况，根据折线图可知连续三天中波动最小的是9日到11日，所以方程最小的是9日到11日，D选项错误；
故选：B.
4. 在平面直角坐标系中，直线与两坐标轴分别交于点、，圆经过、，且圆心在轴上，则圆的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
求出点、的坐标，设圆心坐标为，由可求出圆心的坐标，并求出圆的半径，由此可求得圆的方程.
【详解】易知，直线交轴于点，交轴于点，
设圆心的坐标为，由可得，解得，
所以，圆的半径为，
因此，圆的方程为，即为.
故选：A.
【点睛】求圆的方程，主要有两种方法：
（1）几何法：具体过程中要用到初中有关圆的一些常用性质和定理．如：①圆心在过切点且与切线垂直的直线上；②圆心在任意弦的中垂线上；③两圆相切时，切点与两圆心三点共线；
（2）待定系数法：根据条件设出圆的方程，再由题目给出的条件，列出等式，求出相关量．一般地，与圆心和半径有关，选择标准式，否则，选择一般式．不论是哪种形式，都要确定三个独立参数，所以应该有三个独立等式．
5. 已知双曲线C ：-=1的焦距为10 ，点P （2,1）在C 的渐近线上，则C的方程为
A. -=1B. -=1C. -=1D. -=1
【答案】A
【解析】
【详解】由题意得，双曲线的焦距为，即，
又双曲线的渐近线方程为，点在的渐近线上，
所以，联立方程组可得，
所以双曲线的方程为．
考点：双曲线的标准方程及简单的几何性质．
6. 抛物线焦点为F，O为坐标原点，M为抛物线上一点，且，的面积为，则抛物线方程为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设，则由得，即，则，则，则，解得，即抛物线的方程为．
．
考点：直线与抛物线的位置关系．
7. 已知定义在R上的函数满足，且当时，．给出以下四个结论：
①；②可能是偶函数；③在上一定存在最大值；④的解集为．
共中正确的结论的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】对于①，赋值得到；对于②，令得到为奇函数，结合时，，得到不可能是偶函数；对于③，设，则，结合函数的奇偶性和题目条件得到，故是减函数，③错误；对于④，根据奇偶性和单调性得到不等式，求出解集.
【详解】对于①，中令，则，
解得，①正确；
对于②，中，令得，
故奇函数，
又当时，，故不为常函数，故不可能为偶函数，②错误；
对于③，设，则，又为奇函数，当时，，
故，
所以，故是减函数，在上最大值不是，③错误；
对于④，因为，故，
因为是减函数，所以，解得，
所以的解集为，④正确.
故选：B
8. 焦点在x轴椭圆中截得的最大矩形的面积范围是，则椭圆离心率的范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设椭圆的标准方程为，不妨设矩形的对角线所在的直线方程为：（假设），与椭圆方程联立可得矩形的面积，变形利用基本不等式结合题意求解即可.
【详解】设椭圆的标准方程为，
不妨设矩形的对角线所在的直线方程为：（假设），
联立，则，解得：，，
所以矩形的面积为：，
当且仅当时取等，
因为点在x轴椭圆中截得的最大矩形的面积范围是，
所以，则，即，
，即，
解得：，即.
故选：C.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
9. 已知圆和圆相交于两点，下列说法正确的是（ ）．
A. 圆的圆心为，半径为1B. 直线的方程由为
C. 圆心到的距离为D. 线段的长为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，化简圆即可；对于B，由两圆相减得公共弦所在直线即可；对于C，根据点到直线距离公式解决即可；对于D，根据直线与圆位置关系，几何法解决即可.
【详解】对于A，圆，化简得，
所以圆的圆心为，半径为1，故A正确；
对于B，已知圆和圆相交于两点，
所以两式相减得：，
所以直线的方程为，故B正确；
对于C，由B选项得直线的方程为，
因为，
所以圆心到的距离为，故C错误；
对于D，因为，圆心到的距离为，
所以，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）

A.
B.
C. 在上单调递增
D. 的图象关于直线对称
【答案】ABD
【解析】
【分析】由图可知，求得，可判断A；由结合求得，可判断B；利用三角函数的单调性求解可判断C；求出的解析式，进而求出对称轴，可判断D.
【详解】由图可知，则，故A正确.
因为，所以，即.
因为，所以，则B正确.
令，解得，此时单调递增；
令，解得，此时单调递减.
由，得在上单调递减，在上单调递增，则C错误.
因为，所以.
令，，得，.
当时，，则的图象关于直线对称，故D正确.
故选：ABD.
11. 如图，在正四棱柱中，，点P为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线平面
B. 三棱锥的体积为
C. 三棱锥外接球的表面积为
D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】先证明平面平面，再根据面面平行得线面平行可判断A，用等体积法判断B，求外接球表面积判断C，利用空间向量先表示出直线与平面所成角的正弦值，进而求得最大值，即可判断D.
【详解】对于A，由长方体的性质得，，
因平面，平面，所以平面，
同理，平面，平面，所以平面，
又，且平面，平面，
所以平面平面，
又平面，从而直线平面，故A正确；
对于B，由A知，平面平面，点在平面上，所以，故B错误；
对于C，三棱锥外接球的半径，
所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确；
对于D，以为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，则，
设，则，即，，
可得面的一个法向量，设直线与平面所成角为，
则，
故，有最大值为，故D正确.
故选：ACD.
12. 曲线C是平面内与两个定点，的距离的积等于的点P的轨迹，则下列结论正确的是（ ）
A. 曲线C关于坐标轴对称B. 点P到原点距离的最大值为
C. 周长的最大值为D. 点P到y轴距离的最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据给定条件，求出曲线的方程，由对称的性质判断A；求出的范围结合两点间距离计算判断B；利用基本不等式求出的最小值判断C；结合曲线的方程确定成立判断D.
【详解】设，由，得，整理得，
若点在曲线C上，显然，都满足方程，即点，也在曲线C上，
因此曲线C关于坐标轴对称，A正确；
由，得，解得，当且仅当时取等号，
因此点P到原点距离，
于是当时，点P到原点距离取得最大值，B正确；
显然的周长为，当且仅当时取等号，C正确；
由曲线的方程，得，
当时，，即，两边平方解得，
即当曲线的点满足时，点到轴距离，D错误.
故选：ABC
【点睛】结论点睛：曲线C的方程为，(1)如果，则曲线C关于y轴对称；(2)如果，则曲线C关于x轴对称；(3)如果，则曲线C关于原点对称.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知直线l经过两点，，若直线l的方向向量的坐标为．则__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据直线的方向向量的定义，结合斜率的计算公式求解出的值.
【详解】设直线斜率为，
因为直线的方向向量坐标是，所以，
因为直线经过和，
所以，解得.
故答案为：.
14. 已知椭圆上的点M到该椭圆一个焦点F的距离为2，N是MF的中点，O为坐标原点，那么线段ON的长是________.
【答案】4
【解析】
【分析】由椭圆的定义以及中位线的性质，可得解
【详解】设椭圆的另一个焦点为E，则|MF|+|ME|=10，
又∵|MF|=2，∴|ME|=8，
又ON为△MEF的中位线，∴|ON|=|ME|=4.
故答案为：4
15. 已知函数，则函数零点的个数是__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题知或，进而作出函数的图象，数形结合求解即可.
【详解】解：令，即，解得或，
作出函数的图象如图，
由图可知，方程有个实数解，有个实数解，且均互不相同，
所以，的实数解有个，
所以，函数零点的个数是个.
故答案为：
16. 已知N为抛物线上的任意一点，M为圆上的一点，，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意画出示意图，由图中几何关系取线段中点，中点，连接，可证得所以，即，可得，即可将转化为，然后根据当、、三点不共线时，，当、、三点共线时，，将问题转化为的最小值即为的最小值，再根据两点间距离公式求出的最小值即可.
【详解】
根据题意可得抛物线与圆都关于轴对称，且圆的圆心坐标为，半径为.
因为，圆下方与轴交点坐标为，
取线段中点，中点，可得，连接，画出示意图如上图所示.
因为、分别为和的中点，
所以，，所以，
又因为，，
所以，所以，
因为，所以，
所以，
当且仅当、、三点共线时取到等号，此时点为线段与圆的交点.
所以的最小值即为的最小值.
因为N为抛物线上的任意一点，设，，
因为，
则，
当时，，
即的最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在中，角，，的对边分别为，，，向量，，且．
（1）求的值；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用数量积的坐标表示及两角和的余弦公式求出，即可求出；
（2）由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得.
【小问1详解】
因为，，且，
，
，
又∵为内角，，
【小问2详解】
由余弦定理，得，
解得或（舍去），
故，所以．
18. 2023年，某省实行新高考，数学设有4个多选题，在给出的A，B，C，D四个选项中，有两项或三项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．现正在进行数学学科期中考试．
（1）根据以往经验，小李同学做对第一个多选的概率为，做对第二个多选题的概率为，对第三个多选题的概率为．求小李同学前三个多选题错一个的概率．
（2）若最后一道数学多选题有三个正确的选项，而小智和小博同学完全不会做，只能对这道题的选项进行随机选取，每个选项是否被选到是等可能的，若小智打算从中随机选择一个选项，小博打算从中随机选择两个选项．
（i）求小博得2分的概率；
（ii）求小博得分比小智得分高的概率．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；
（2）（i）利用古典概型的概率公式计算可得；（ii）设小博得分为，小智得分为，求出，，，，再根据独立事件的概率公式计算可得.
【小问1详解】
设事件为小李同学前三个多选题错一个题，
则.
【小问2详解】
（i）因为最后一道数学多选题有三个正确的选项，不妨设正确答案为，
而小博打算从中随机选择两个选项，则共有种，其中选中错误答案的有种，
所以小博得2分的概率.
（ii）设小博得分为，由（i）可知，，
设小智得分为，则，，
设小博得分比小智得分高为事件，则.
19. 如图，在梯形中，，，，将沿边翻折，使点翻折到点，且．
（1）证明：平面；
（2）若为线段的中点，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直判定定理去证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法去求平面与平面夹角的余弦值．
【小问1详解】
等腰梯形中，，，，
则，
则，∴，
又由，可知，
又，平面，平面，
故平面.
【小问2详解】
过点作平面，以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，，
设面法向量为，
则，则，
令，则，，则，
又面一个法向量为，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为.
20. 已知抛物线（）的焦点为F，的顶点都在抛物线上，满足．
（1）求的值；
（2）设直线AB、直线BC、直线AC的斜率分别为，，，若实数满足：上，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量和可知，再利用抛物线定义即可得解；
（2）根据及斜率公式化简即可得解.
【小问1详解】
设，，
因为，
所以，，
即，
由抛物线定义知，，
，，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，．
∵，
同理，
∴，
，解得.
21. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在双曲线上．
（1）求的方程；
（2）过作两条相互垂直的直线和，与的右支分别交，两点和，两点，求四边形面积的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设双曲线，依题意可得，解得即可；
（2）设直线，，求得，联立方程组，利用弦长公式，求得，，得到，令，结合二次函数性质，即可求解.
【小问1详解】
设双曲线，则，解得，
所以双曲线的方程为.
【小问2详解】
根据题意，直线，的斜率都存在且不为0，
设直线，，其中，
双曲线的渐近线为，
因为，均与的右支有两个交点，所以，，所以，
将的方程与联立，可得，
设，则，，
所以
，
用替换，可得，
所以．
令，所以，
则，
当，即时，等号成立，
故四边形面积的最小值为．
【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：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
22. 如图，设P是上的动点，点D是点P在x轴上的投影，Q点满足（）．
（1）当点P在圆上运动时，求点Q的轨迹C的方程；
（2）若，设点，A关于原点的对称点为B，直线l过点且与曲线C交于点M和点N，设直线AM与直线BN交于点T，设直线AM的斜率为，直线BN的斜率为．
（i）求证：为定值；
（ii）求证：存在两条定直线、，使得点T到直线、的距离之积为定值．
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设出点的坐标，利用给定的向量关系，借助坐标代换法求出轨迹方程.
（2）（i）求出曲线C的方程，并分别与直线方程联立，求出点的坐标，利用向量共线计算即得；（ii）由（i）的结论求出点的轨迹方程，借助反比例函数图象确定直线、即可计算得解.
【小问1详解】
设点，则，，
由，得，，由P是上的动点，得，
即有，整理得，
所以点Q的轨迹C的方程为.
【小问2详解】
（i）当时，由（1）知，曲线C的方程为，显然点，在曲线C上，
设，直线方程为，直线方程为，
由，消去y得，
则，，
由，消去y得，
则，，
令点为，，而点共线，
即有，，
整理得，
，
化简得，即，
观察图形知，直线的斜率同号，即，于是，即，
所以为定值为定值3.
（ii）设，则，由（i）知，
即，整理得，
显然函数的图象是函数的图象向右平移2个单位，再向下平移4个单位而得，
函数的图象是以x轴、y轴为渐近线的双曲线，
因此函数的图象，即点的轨迹是以直线为渐近线的双曲线，
此双曲线上任意点到直线的距离分别为，
显然，令直线分别为，
所以存在两条定直线、，使得点T到直线、的距离之积为定值.