江西省赣州市赣州中学2024−2025学年高二上学期教学质量检测 数学试题（含解析）

这是一份江西省赣州市赣州中学2024−2025学年高二上学期教学质量检测 数学试题（含解析），共15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（本大题共8小题）
1．已知 ，则 （ ）
A．B．C．D．
2．如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与轴和轴平行），，，则的面积为（ ）

A．B．C．24D．48
3．如图，在长方体中，已知为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
4．“”是“直线与直线垂直”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．已知向量，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
6．在中，内角的对边分别为，且，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．6
7．已知 ，则 （ ）
A．B．C．D．
8．已知在三棱锥中，除外其他各棱长均为2，且二面角的大小为.若三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．设l，m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列判断错误的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若直线，，且l⊥m，l⊥n，则
D．若l，m是异面直线，，，且，，则
10．在中，下列说法正确的是（ ）
A．与共线的单位向量为
B．
C．若，则为钝角三角形
D．若是等边三角形，则，的夹角为
11．已知函数，则 （ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数的图象为中心对称图形
C．函数在上单调递增
D．关于的方程在上至多有3个解
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知复数的实部与虚部相等，则 ．
13．将函数的图像向右平移个单位长度后，所得图像对应的函数是偶函数，则的最小值为 ．
14．如图，在平行四边形ABCD中，与相交于.若，则AB的长为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知三棱柱中，侧棱垂直于底面，点D是AB的中点．
(1)求证：平面；
(2)若底面ABC为边长为2的正三角形，，求三棱锥体积．
16．若圆C经过点和，且圆心在x轴上，则：
(1)求圆C的方程．
(2)直线与圆C交于E、F两点，求线段的长度．
17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求C；
(2)若且，求的外接圆半径．
18．如图，已知等腰梯形ABCD中，，，E是BC的中点，，将沿着AE翻折成，使平面AECD．
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的大小；
(3)在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求CP的长；若不存在，说明理由．
19．已知函数（，，）的图象如图所示.将函数y=fx的图象向右平移个单位长度得到曲线，把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的曲线对应的函数记作y=gx.
(1)求函数的单调减区间；
(2)求函数的最小值；
(3)若函数在内恰有6个零点，求的值.
参考答案
1．【答案】A
【分析】运用复数乘除法运算化简.
【详解】.
故选：A.
2．【答案】D
【分析】由直观图得到平面图形，再求出相应的线段长，最后由面积公式计算可得.
【详解】由直观图可得如下平面图形：
其中，，，轴，且，
所以.
故选：D

3．【答案】A
【分析】根据异面直线所成角的定义，利用几何法找到所成角，结合余弦定理即可求解.
【详解】
取的中点F，连接EF，CF，，
又为的中点，
在长方体中，可得，
所以为异面直线BD与CE所成的角或其补角，
因为，
所以，
，
所以在中，由余弦定理得
.
故选：A.
4．【答案】A
【分析】求出两直线垂直的充要条件后再根据充分必要条件的定义判断.
【详解】由,得,即或
所以,反之,则不然
所以“”是“直线与直线垂直”的
充分不必要条件.
故选:A
5．【答案】A
【分析】利用投影向量的公式计算即可.
【详解】由题，在上的投影向量为.
故选：A.
6．【答案】B
【详解】因为，由余弦定理可得，
则，则，
又，所以，则的面积，
当且仅当，即时，等号成立，
所以面积的最大值为．
故选：B．
7．【答案】B
【分析】利用两角和差公式以及倍角公式化简求值可得答案.
【详解】由题干得
所以 ，
故选B.
8．【答案】A
【分析】方法1：设分别为的中点，根据条件得出为等边三角形，利用球心在线段上，及，转化为关于的方程，解方程可得，从而求出球的表面积；
方法2：由已知条件得出为等边三角形，利用球心在线段上，易知在直线上的射影为正的重心，结合，求出，再结合勾股定理即可求出，从而求出球的表面积.
【详解】方法1：如图，设分别为的中点，连接，
则是边长为的等边三角形，
则球心必在线段上，其中，
设球的半径为，在中，,
又,,
所以在中，,
因为，所以.
解得，
故球的表面积为.
方法2：如图，设分别为的中点，
连接，则球心必在线段上，且.
设在直线上的射影为，则为正的重心，且底面.
所以，
所以，，
故球的表面积为.
故选：A
9．【答案】ABC
【分析】ABC可举出反例；D选项，作出辅助线，由线面平行得到线线平行，进而得到面面平行.
【详解】对于A，若，，，则l与m可能平行，可能相交，也可能异面，A错误．
对于B，若，，，则l与m可能平行，可能相交，也可能异面，B错误．
对于C，没有说m，n是相交直线，所以不能得到，C错误．
对于D，因为，设平面平面，，所以，
因为l，m是异面直线，，所以l，a相交，
因为，，，所以，
因为，，l，a相交，所以，D正确．
故选ABC.
10．【答案】AC
【分析】根据单位向量判断A；由向量的减法判断B；由向量的夹角，数量积的定义判断C，D即可.
【详解】对于A，与共线的单位向量为，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，，所以且，所以为钝角，所以C正确；
对于D，若是等边三角形，则，的夹角为60°，故D错误.
故选AC.
11．【答案】AC
【分析】分析函数在上的性质并作出函数图象，再逐项分析判断得解.
【详解】当时，，
函数在上递增，函数值从增大到1；在上递减，函数值从1减小到；
当时，，
函数在上递增，函数值从增大到；在上递减，函数值从减小到，
函数在的图象，如图：

对于A，，
结合函数在的图象，得是的最小正周期，A正确；
对于B，观察函数在的图象，函数在没有对称中心，
又的最小正周期是，则函数的图象不是中心对称图形，B错误；
对于C，由函数在上递增，的最小正周期是，得函数在上递增，C正确；
对于D，观察函数在的图象，得当时，有4个解，D错误.
故选：AC
12．【答案】
【分析】根据题意，得到，结合复数模的运算法则，即可求解.
【详解】由复数的实部与虚部相等，可得，即，
则，所以.
故答案为：.
13．【答案】/
【分析】根据题意可得，并图像向右平移个单位长度后，所得图像对应的函数是偶函数，可得，从而结合题意可得的最小值.
【详解】，
图像向右平移个单位长度后得到是偶函数，
，的最小值为.
故答案为：.
14．【答案】4
【分析】先以为基底表示，再利用向量的数量积把转化为关于的方程，即可求得的长，
【详解】在平行四边形中，是的中点，，与相交于O．
设，
则
由，可得
则，解之得，则
则
又，则，解之得，即的长为4.
故答案为：4
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用不同的途径，用基底表示向量.
15．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于点，连接DE，只要证明即可；
（2）求出面，得到CD是棱锥的高，利用棱锥的体积公式解答即可.
【详解】（1）连接交于点，连接DE，
四边形是矩形，
为的中点，又是AB的中点，
，又平面平面,
平面；
（2）是AB的中点，
，
又平面平面,
平面,
平面,
则CD是三棱锥的高,
又
.
16．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由圆心既在线段的垂直平分线上，又在x轴上，可联立直线方程求圆心，进而得半径与圆的方程；
（2）利用几何法，先求圆心到直线的距离，再利用勾股定理求半弦长即可得.
【详解】（1）因为和，线段的中点为0,2，且，
则的垂直平分线方程为，由圆的性质可知，圆心在该直线上，
又已知圆心在轴上，令，得，
故圆心为，半径，
则圆圆C的方程为.
（2）由圆心2,0到直线的距离，.
故线段的长度为.

17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据结合三角恒等变换化简整理即可得结果；
（2）根据题意利用余弦定理可得，进而利用正弦定理求外接圆半径.
【详解】（1）因为，即，
且，
即，则，
且，则，可得，
且，所以.
（2）因为且，则，可得，
由余弦定理可得，即，
整理可得，解得或（舍去），
所以的外接圆半径.
18．【答案】(1)证明见解析；
(2)
(3)
【分析】（1）根据等腰梯形的特征，利用面面垂直的判定定理即可得出证明；
（2）利用线面垂直的性质定理可得即为二面角的平面角，可得其大小为；
（3）假设条件成立，然后根据线面平行的性质以及已知条件，求出点的具体位置，即可求解.
【详解】（1）在等腰梯形ABCD中，，，E是BC的中点，
所以可得四边形为菱形，可得，
又因为，所以可得；
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）由平面AECD，平面AECD，可得；
易知，，所以；
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以
又因为，因此可得即为二面角的平面角，
在直角三角形中，，可得，
即.
（3）假设线段上是否存在点P，使得平面，
过点作交于，连接，如下图所示：
所以，即可得四点共面，
又因为平面，所以，
所以四边形为平行四边形，故，可得点为的中点；
故在线段上存在点P，使得平面，且；
易知为正三角形，且，所以可得，
由勾股定理可得，
所以，
因此.
19．【答案】(1)，；；
(2)
(3)或.
【分析】（1）根据所给图象求出函数的解析式，再列出关于x的不等式即可得解；
（2）由（1）结合给定图象变换求出的解析式，再求出并作变形即可得解；
（3）求出并令，将转化为关于t的一元二次方程，按根所在区间讨论得解.
【详解】（1）观察图象得，最小正周期为T，
，则，
而，则，，
又，于是得，
所以，
由，，得，，
所以单调递减区间为，．
（2）由题意得，
，
当，即时，取最小值，
所以的最小值为；
（3）依题意，，
令，可得，
令，得，
由于，即方程必有两个不同的实数根，，
且，，
由知、异号，不妨设，，
①若，则，，无解，
而在内有四个零点，不符题意；
②若，则，在内有2个零点，
而在内有4个零点，
即在内有6个零点，符合题意，
此时，得；
③若，，在有4个零点，
则在内应恰有2个零点，必有，
此时，，解得，
综上所述有或．