浙江省衢州五校联盟2024-2025学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）

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考生须知：
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4．考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一、选择题：本题共8个小题，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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦函数的值域得到集合，二次根式定义得到集合，再由集合交集的定义得到结果.
【详解】∵，∵，∴
∴，
故选：A
2. 设复数满足，则的虚部为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用除法运算进行复数化简，再根据虚部概念判断.
【详解】复数满足，则.
则的虚部为−2.
故选：B.
3. 已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据方向向量求出直线的斜率，再求出倾斜角.
【详解】已知直线的一个方向向量为，根据直线方向向量与斜率的关系，直线的斜率. 因为直线的斜率，且，所以.
故选：A.
4. “”是方程“表示双曲线”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
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线方程求出的取值范围使得方程表示双曲线，然后再判断与这个取值范围的关系.
【详解】要使方程表示双曲线，则.
解不等式，可得.
当时，不一定满足，例如当时，方程不表示双曲线；
而当方程表示双曲线时，一定有，那么一定满足.
所以是方程表示双曲线的必要不充分条件.
故选：B.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】首先利用诱导公式将已知条件化简，求出的值，再将所求式子利用二倍角公式化简，最后将的值代入化简后的式子进行计算.
【详解】根据诱导公式，，则，即.
根据二倍角公式，则.
将其分子分母同时除以得到，进一步化为.
把代入上式，可得.
故选：C.
6. 已知正四面体的棱长为1，动点在平面上运动，且满足，则的值为（ ）
A. B. C. 0D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由四点共面推得，再以为基底进行向量运算可得.
【详解】动点在平面上运动，且不共线，
则存在实数，使.
即，
所以.
又， 不共面，
由空间向量基本定理可知，故，
解得.即.
因为四面体正四面体，且棱长为.
所以，.
所以
.
故选：C.
7. 已知事件满足，则（ ）
A. 若与相互独立，则B. 若与互斥，
C. 若，则与相互对立D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】A项，相互独立事件同时发生概率乘法公式可得；B项，由互斥定义可知两事件不可能同时发生即可判断；C项，不能判断是否互斥与对立；D项，由可得.
【详解】选项A，若A与B相互独立，则 A与相互独立，
所以，故A错误；
选项B，若A与B互斥，则不可能同时发生，
即，故B错误；
选项C，若，则由于不确定C与B是否互斥，
所以无法确定两事件是否对立，如抛掷一枚质地均匀的骰子，观察试验的结果，
设事件“出现奇数点”；事件“出现点数不大于”，
则，
但事件并不互斥，也不对立，故C错误；
选项D，若，则，
则，故D正确
故选：D.
8. 设，若存在，使为偶函数，则可能的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用函数的奇偶性与三角函数的对称性质，结合两个偶函数的积函数的性质，选出满足题意的选项即可.
【详解】由函数，.
则是偶函数，
因为不可能是奇函数，
由两函数解析式可知，若和都是偶函数，满足题意.
要使为偶函数，
则，即，
当时，，
函数为偶函数，要使为偶函数，
只需为偶函数即可.
由恒成立，
即对任意恒成立，
（不合题意，舍去），
或，.
可得，，即，
取可得，故C正确，其余选项不存在，使其成立.
故选：C.
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，有选错或不选的得0分．
9. 已知圆与圆交于两点，则（ ）
A. 两圆半径相同B. 两圆有3条公切线
C. 直线的方程是D. 线段的长度是
【答案】AD
【解析】
【分析】由圆的方程得到圆心和半径，由此判断A选项正确；由圆心距和半径的关系得到圆与圆的位置关系知道公切线条数，判断B选项错误；两个方程作差即可得到交点弦的方程，判断C错误；由垂径定理求得线段长，判断D选项正确.
【详解】，，所以A选择正确；
，，∴，两个圆相交，所以有2条公切线，B选项错误；
两个方程相减得，C选项错误；
垂径定理可得，∴，D选项正确；
故选：AD.
10. 已知样本数据是两两不同的四个自然数，且样本的平均数为4，方差为5，则该样本数据中（ ）
A. 众数为4B. 上四分位数为6C. 中位数为4D. 最小值为1
【答案】BCD
【解析】
【分析】我们可以根据这两个公式列出关于的方程，再结合数据是自然数以及各个选项的特点进行分析判断.
【详解】已知样本数据的平均数为，根据平均数公式，可得.又已知方差为，根据方差公式，
则. 展开结合，
则，则即，则.开方则.
不妨设，则，
（1）当时，，，显然无解.
（2）当时，，，则，开方则.再讨论：
令，显然无满足题意自然数解.
令，显然无满足题意自然数解.
（3）当时，，，则，开方则.再讨论：
令，显然无满足题意自然数解.
令，显然满足题意自然数解.
（4）当时，，，则，开方则.又，则，显然无满足题意自然数解.
（5）当时，，，则，开方则.又，则显然无满足题意自然数解.
综上所得，满足题意得自然数解只有：.
分析各个选项.
众数：众数是一组数据中出现次数最多数，这里数据两两不同，没有众数，所以A选项错误.
上四分位数：，即，所以上四分位数为，B选项正确.
中位数：将数据从小到大排序为，中位数为. C选项正确
最小值：最小值为，D选项正确.
故选：BCD.
11. 数学家伯努利仿照椭圆的定义，找到了一种新的曲线：伯努利双纽线．他是这样定义双纽线的：设两个定点，动点到的距离之积为的点的轨迹．则下列说法正确的是（ ）
A. 双纽线有对称中心和对称轴B. 双纽线方程是
C. 的最大值为D. 面积的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】运用对称性验证即可；求曲线方程，需要根据距离公式建立等式；求的最大值以及面积的最大值则可以根据基本不等式和根据已有的条件和相关数学知识进行分析推导.
【详解】对于A，因为，关于原点对称，设点是双纽线上的点，
那么点关于原点对称点到，的距离之积与到，的距离之积相同.
关于轴，设在双纽线上，点关于轴对称的点到，的距离之积与到，的距离之积相同，所以双纽线有对称中心和对称轴，A选项正确.
对于B，设， ，.
因为，所以.
展开可得.
进一步展开.
令，则，即.
将代回得.
展开.
整理得，B选项正确.
对于C，由均值不等式.
已知，所以，当且仅当时取等号，
的最小值为，C选项错误.
对于D，设，根据三角形面积公式.
因为，所以.
因为最大值为，所以的最大值为，D选项正确.
故选；ACD.
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知点为抛物线的焦点，则点坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线方程和焦点坐标公式计算.
【详解】已知点为抛物线的焦点，则焦点在x轴上，
则,由抛物线焦点坐标公式知道点坐标为.
故答案为：.
13. 若关于的方程有解，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角换元转化为函数值域问题求解可得
【详解】令 ，则，
则，即.
方程有解，
可转化为，
即关于的方程，有解.
设，，
则，
则当即时，
取最大值，；
当即时，
取最小值，；
则的值域为，
要使有解，则的取值范围是.
故答案为：.
14. 棱长为2的正方体中，为内一点，且，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】连接与平面交于点，可得平面，从而可得点在圆上，结合圆的性质可得的最小值，以及的值，即可得结果.
【详解】如图，连接与平面交于点，
因为为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，则平面，
由平面，则，
同理可得：，且，平面，
所以平面，
因为，且为边长为的等边三角形，
即，解得，
又因为，则，
且的内切圆半径，外接圆半径，
即，可知点在以为圆心，半径为的圆上（且在内），
当且仅当点在线段上时，取到最小值，
又因为，可得，
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是求得，分析可知点在以为圆心，半径为的圆上（且在内），结合圆的性质分析求解.
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. 已知直线．
（1）若直线与直线平行，求的值；
（2）若圆关于直线的对称图形为曲线，直线过点，求曲线截直线所得的弦长的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两直线平行可得出关于实数的等式与不等式，即可解得实数的值；
（2）求出圆的标准方程，分析可知，当时，圆心到直线的距离最大，此时，圆截直线的弦长最短，利用勾股定理可求得弦长的最小值.
【小问1详解】
因为直线与直线平行，
则，解得.
【小问2详解】
圆关于直线的对称图形为曲线是圆，
圆的圆心为，半径为，
设圆心，直线的斜率为，
由题意可得，解得，
所以，圆的标准方程为，
因为，所以，点在圆内，
当时，圆心到直线的距离取最大值，且，
所以，圆截直线的弦长的最小值为.
16. 在平面四边形中，，点在上且满足，且
（1）求；
（2）若，求四边形周长的最大值
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）在中，由正弦定理，，求解得和.
（2）由（1）结合已知求得，令，，由余弦定理及基本不等式可求出的最大值，即可求出四边形周长的最大值.
【小问1详解】
在中，由正弦定理得：，
又，则，于是．
【小问2详解】
依题意，，
则，有，，
则，在中，，
令，在中，由余弦定理得，
于是，解得，当且仅当时取等号，
所以四边形周长的最大值为.
17. 已知四棱锥的底面为等腰梯形，，

（1）求证：平面；
（2）若四棱锥的体积为，求二面角的平面角的余弦值
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析】（1）过点作，根据角度关系证明，结合可证明平面；
（2）方法一：根据四棱锥的体积先计算出四棱锥的高，然后建立空间直角坐标系分别求解出平面和平面的法向量，根据法向量夹角的余弦值求解出二面角的平面角的余弦值；方法二：通过三垂线作法先找到二面角的平面角，然后结合线段长度求解出二面角的平面角的余弦值.
【小问1详解】
过点作交于点，如下图所示，

四边形为等腰梯形，，
，所以，即，即，
又平面，
平面.
【小问2详解】
方法一：设四棱锥的高为，
，
四边形为平行四边形，
，
，
又平面；
如图，以为原点，以方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，

，，
，，且
，
设平面的法向量为m=x,y,z，则，
取，则，，
设面法向量为n=a,b,c，则，
取，则，得，
由题意，，
设二面角夹角为是钝角，则．
方法二：设四棱锥的高为，，
，
又平面；
又平面平面平面，
过作交延长线于，
平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，
过作的垂线，垂足为，连，
由于平面，
平面
平面，，
则为所求二面角的平面角的补角．

，
四边形平行四边形，，
，，
，，
平面，平面，
，，
设二面角的平面角为则．
18. 椭圆，动直线与椭圆相切于点，且点在第一象限．
（1）若直线的斜率为．求点的坐标；
（2）若过原点的直线与垂直，垂足为，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设直线：，与椭圆方程联立，根据直线与椭圆相切，所以方程组只有一解，可求的值，进而可得切点坐标.
（2）设直线：，根据直线与椭圆相切，可得的关系；再根据直线，得到直线的方程，联立直线的方程，可得点坐标，表示出的面积，结合基本（均值）不等式求最大值.
【小问1详解】
设直线：，代入椭圆，
得：
动直线与椭圆相切于点．
又因为点在第一象限，．
方程的解为，得
【小问2详解】
如图：
设直线交轴于
因为直线与垂直，．联立与，得
将代入椭圆
得
动直线与椭圆相切于点得
即
当且仅当，即时取等号．面积的最大值为．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中有关最值的问题，通常解法有：
（1）转化成二次函数的最值问题解决；
（2）有时候要经过换元，转化成利用基本（均值）不等式求最值；
（3）采用三角换元，利用三角函数的性质求值域；
（4）少数题目利用求导，分析函数的单调性求最值.
19. 曼哈顿距离是一个充满神秘与奥秘的距离，常用于需要按照网格布局移动的场景，例如无人驾驶出租车行驶、物流配送等．在算法设计中，曼哈顿距离也常用于图像处理和路径规划等问题．曼哈顿距离用于标明两个点在空间（平面）直角坐标系上的绝对轴距总和．例如在平面直角坐标系内有两个点它们之间的曼哈顿距离
（1）已知点，求的值；
（2）已知平面直角坐标系内一定点，动点满足，求动点围成的图形的面积：
（3）已知空间直角坐标系内一定点，动点满足，若动点围成的几何体的体积是，求的值．
【答案】（1）5 （2）8
（3）
【解析】
【分析】（1）根据定义计算即可；
（2）设，分类讨论，去绝对值即可得到正方形，后求面积；
（3）动点围成的几何体为八面体，每个面均为边长的正三角形，根据公式得到体积，求m．
【小问1详解】
．
【小问2详解】
设，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，．
所以动点围成的图形是正方形，边长为，面积为8．
【小问3详解】
动点围成的几何体为八面体，每个面均为边长的正三角形，
其体积为．
证明如下：
不妨将平移到，处，设，
若，则，
当时，即，
设，
由，得
所以四点共面，
所以当时，在边长为的等边三角形内部（含边界），
同理可知等边三角形内部任意一点，均满足．
所以满足方程的点，
构成的图形是边长为的等边三角形内部（含边界）、
由对称性可知，围成的图形为八面体，每个面均为边长为的等边三角形．
故该几何体体积．