河南省青桐鸣2024-2025学年高二上学期10月联考数学试卷（北师大版）（解析版）

这是一份河南省青桐鸣2024-2025学年高二上学期10月联考数学试卷（北师大版）（解析版），共16页。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上．
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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. 正三棱柱中，则平面内不可能存在一条直线与直线（）
A. 平行B. 垂直C. 相交D. 异面
【答案】A
【解析】
【分析】根据线面位置关系的定义，结合反例，可得答案.
对于A，若平面中存在一条直线与平行，平面，则平面，显然不可能成立，故A正确；
对于B，如图，取的中点记为，
因为在正三棱柱中，平面平面，
平面平面，，所以平面，
故，故B错误；
对于C，，C显然错误；
对于D，与异面，D错误.
故选：A.
2. 已知角，直线的倾斜角的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据倾斜角与斜率的关系建立方程，结合三角函数的性质，可得答案.
设直线的倾斜角为，则，
故角的取值范围是.
故选：D.
3. 已知，则（）
A. 3B. -3C. 2D. -2
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得，即可求值.
.
故选：B.
4. 已知直线过点，且直线与直线平行，与直线垂直，，则直线的方程为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，利用垂直直线斜率关系，建立方程，结合点斜式方程，可得答案.
由题意得，直线与直线垂直，
则，解得，
故直线的方程为，即.
故选：B.
5. 已知在中，，分别为，的中点，，，则可以用含，的式子表示为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由向量的加减法则，，分别与相应的关系，再消元构建三者的关系，得出结果.
由题意得，，，故，
故.
故选：B.
6. 将函数的图象向左平移个单位长度后所得图象关于直线对称，则的最小值为（）
A. B. C. 10D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用的图象变换规律求得函数平移后解析式，再利用正弦函数的图象的对称性求得的最小值．
将的图象向左平移个单位长度后所得图象对应的解析式为，
因为其图象关于对称，故，，
解得，，又，故当时，取得最小值10.
故选：C.
7. 在中，内角，，所对的边分别为，，，，，则下列说法错误的是（）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则有两解D. 若，则有两解
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦定理建立方程，利用每个选项中的条件，可得答案.
由正弦定理，得，
当时，，故A正确；
当时，，故B正确；
当时，，故B有两解，故C正确；
当时，，得，仅有一解，故D错误.
故选：D.
8. 在正四棱柱中，，，是该正四棱柱表面上的一动点，且满足，则点的运动轨迹的长度为（）
A. 8B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先寻找过与垂直两条件相交直线，再作出过点与垂直的平面，找到正四棱柱被平面所截的截面图形，证明并研究图形的特殊性质，根据几何性质求周长即可得.
如图，在上取点，使，连接，
则，
故，故，
又，，平面，平面，
故平面，
又平面，故.
在上取点，使，同理可证.
又，平面，平面，
则平面.
设平面与棱交于点，连接.
则平面平面，又平面平面，
由平面平面，则，
同理可证，故四边形为平行四边形，则四点共面.
在平面内，在棱上取点，使，连接，
则，，
则四边形是平行四边形，则，所以，
又，所以四边形是平行四边形，则，
即为棱的中点，由，
可得，则四边形为菱形.
且平面.
由，则点在过点且与垂直的平面内，即平面内.
又是该正四棱柱表面上的一动点，
故点的运动轨迹即为菱形，且该菱形的周长为.
所以点的运动轨迹的长度为.
故选：B.
二、选择题：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. 已知复数，为的共轭复数，则下列说法正确的是（）
A. 若，则B. 若，则
C. D. 若为实数，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：根据复数的除法运算求解；对于B：根据共轭复数概念代入运算求解即可；对于C：根据共轭复数以及模长公式分析判断；对于D：根据复数乘法结合复数的概念分析判断.
对于选项A：因为，所以，故A正确；
对于选项B：因为，即，解得，故B错误；
对于选项C：因为，
可得，，所以，故C正确；
对于选项D：因为，
则，即，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知函数在上单调，且，，则下列说法正确的是（）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由已知可得，结合已知可得，进而计算可求，.
因为，所以，
因函数在上单调，且，，
所以，
两式相减得，，解得，代入①得，，
因为，故取，得.
故选：BD.
11. 已知圆过点，，且圆心在轴上，则下列说法正确的是（）
A. 圆心的坐标为
B. 圆的标准方程为
C. 圆与轴的交点坐标为
D. 圆上一点到点距离的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】设圆心坐标为，由题意可得，可求圆心判断A；利用两点间的距离公式求得半径可判断B；令，可得圆与轴的交点坐标判断C；求得圆心到的距离可求圆上一点到点距离的最大值判断D.
设圆心坐标，由，得，
解得，故，故A正确；
所以，故圆的标准方程为， 故B正确；
令得，，故圆与轴的交点坐标为，故C错误；
圆心到点的距离为，故圆上一点到点距离的最大值为5+，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在平面直角坐标系中，向量，，且满足，其中，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量线性运算的坐标运算及向量垂直的坐标表示可得方程，进而可得解.
由，，
则，，
又，
则，
解得或，
又，
则，
故答案为：.
13. 已知，且角终边上有一点，则角_________.
【答案】
【解析】
【分析】先确定点所在的象限，结合，判断角的取值范围，再由角的正切值确定角的值.
因为：，所以是第四象限，
又，所以.
又，
所以.
取，得.
故答案为：
14. 已知角，，，，则_________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用同角公式，余弦两角和、差公式，以及切化弦公式，联立方程组思想求解即可.
因为角，，所以，
又因为，所以，
则，与联立，
解得，，
故.
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. 在平面直角坐标系中，点的坐标为，直线：，.
（1）若直线过点，求的值；
（2）求点到直线距离的最大值.
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）将点的坐标代入直线方程待定即可；
（2）求出直线所过定点，结合图形可知当时点到直线距离取最大值，最大值为.
【小问1】
将点的坐标-2,3代入直线的方程得，
，
整理得，
解得.
【小问2】
直线的方程可化为，
联立解得
故直线恒过点，
如图可知，当时点到直线距离的取最大值，最大值为，
，
故点到直线距离的最大值为5.
16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求角的值；
（2）若，求周长的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）用正弦定理把角的正弦值转化成对应边，再用余弦定理即可得到答案.
（2）由（1）中结论得到关于，边的等式，利用基本不等式得出结果.
【小问1】
，
由正弦定理得，
故，又
故.
【小问2】
由，
即，
解得，
当且仅当时取得等号，
故周长的最大值为.
17. 已知函数.
（1）求的值域；
（2）求在上所有实数根的和.
【答案】（1）0,4
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换整理可得，再根据正弦型函数的性质可求值域；
（2）利用与有4个交点，利用正型函数的对称性可求所有实数根之和..
【小问1】
，
因为的值域为，所以的值域为0,4.
【小问2】
由，得，
画出在上的图象如图，
与有4个交点，4个交点中有两对交点均关于对称，
令，解得，
故4个实数根之和为.
18. 已知圆，为直线上一动点，直线，分别切圆于点，.
（1）若，求点的坐标；
（2）求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理中求得，可求得，可求点的轨迹方程，与直线方程联立可求得点的坐标；
（2）利用点到直线的距离求得的最小值，利用，求得的最小值，进而可求结论.
小问1】
若，则，
则，
故，
而，
故.
设，则，
与联立整理得，，即，
解得，
代入直线的方程得，
故点的坐标为.
【小问2】
圆心到直线的距离为，
则，
故，
易知，故，
故，
故，
故当直线时，取得最小值，最小值为.
19. 如图，在正三棱台中，，.
（1）求的长度；
（2）求三棱台的体积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）过点构造与有关的平行四边形，并计算出边长，由转化后解出长度，再在等腰梯形内作垂线，利用勾股定理解出线段长.
（2）过点作面的垂线，并解出垂线段长，利用台体体积公式求得结果.
【小问1】
延长到点，使，连接，，
由题意知，，
则平行且相等，四边形为平行四边形，
可知平行且相等，
则在中，，，，
由余弦定理，得，
∵，，
∴，
易得，
则，得.
过点作交于点，
则，，，
故，
故.
【小问2】
作平面交平面于点，连接，，
∵平面，故，
又，，且两直线在平面内，
则平面，
又平面，故，
即，
易得，
故，
∴，
故，
得.
故