2024學年第一學期高二年級期中考試數學學科試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的.請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上.1.已知函數的定義域為，的定義域為，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據根式、分式及對數的性質求對應函數定義域，再由集合交運算求結果.對于，有，則，即，對于，有，則，即，所以.故選：C2.某校學生2000人，其中高三年級學生500人，為了解學生的身體素質情況，現采用分層抽樣的方法，從該校學生中抽取200人的樣本，則該樣本中高三學生的人數為（）A60 B.50 C.40 D.30【答案】B【解析】【分析】根據分層抽樣每個人抽取的概率相等，即可求解.某校學生2000人，其中高三年級學生500人，從該校學生中抽取200人的樣本，該樣本中高三學生的人數為.故選:B.【點睛】本題考查分層抽樣抽取樣本方法，屬于基礎題.3.向量與垂直，則（）A.－1 B.1 C.－4 D.4【答案】B【解析】【分析】根據互相垂直向量坐標表示公式進行求解即可.因為向量與垂直，所以有，故選：B4.四面體中，，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據空間向量基本定理，利用基底表示即可..故選：A5.已知為偶函數，它在上是減函數，若有，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用偶函數的基本性質將所求不等式變形為，再由該函數的單調性得出，可得出，利用對數函數的單調性即可解出該不等式.函數為偶函數，由，可得，又函數在上是減函數，，則，解得.因此，所求的取值范圍是.故選：A.【點睛】本題考查利用函數的奇偶性和單調性解不等式，涉及對數函數單調性的應用，考查運算求解能力，屬于中等題.6.在中，已知三個內角為滿足，則三角形的形狀（）A.銳角三角形 B.鈍角三角形C.直角三角形 D.不能確定【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理角化邊，再根據余弦定理計算即可.由正弦定理可知，不妨設，則，顯然，則，所以.故選：A7.在區間內，曲線和交點間的線段長的最大值為（）A. B. C. D.4【答案】A【解析】【分析】在同一坐標系中，畫出兩個函數的圖象，數形結合解決問題.在同一坐標系中，和的圖象如下所示：令，，解得x=0或，故，則，也即在區間交點間線段長的最大值為.故選：A.8.已知直線與x軸相交于點A，過直線l上的動點P作圓的兩條切線，切點分別為C，D兩點，記M是的中點，則的最小值為（）A. B. C. D.3【答案】A【解析】【分析】設點，，根據圓的切線的性質可得C，D在以OP為直徑的圓上，求得其圓的方程，再由C，D在圓上，可得直線CD的方程，求得直線CD恒過定點，從而得M在以OQ為直徑的圓，得出圓的方程可求得的最小值．設點，，因為PD，PC是圓的切線，所以，所以C，D在以OP為直徑的圓上，其圓的方程為，又C，D在圓上，則將兩個圓的方程作差得直線CD的方程：，即，所以直線CD恒過定點，又因為，M，Q，C，D四點共線，所以，即M在以OQ為直徑的圓上，其圓心為，半徑為，所以，所以的最小值為，故選：A．【點睛】方法點睛：求直線恒過點的方法：方法一（換元法）：根據直線方程的點斜式直線的方程變成，將帶入原方程之后，所以直線過定點；方法二（特殊引路法）：因為直線的中的m是取不同值變化而變化，但是一定是圍繞一個點進行旋轉，需要將兩條直線相交就能得到一個定點.取兩個m的值帶入原方程得到兩個方程，對兩個方程求解可得定點.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對得6分，部分選對的得部分分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.9.若直線不平行于平面，且，則下列說法正確的是（）A.內存在一條直線與平行 B.內不存在與平行的直線C.內所有直線與異面 D.內有無數條直線與相交【答案】BD【解析】【分析】利用直線與直線，直線與平面的位置關系判斷.A.若內存在一條直線與平行，則由線面平行的判定定理知，故錯誤；B.因為直線不平行于平面，且，所以直線與平面相交，故內不存在與平行的直線，故正確；C.因為直線不平行于平面，且，所以直線與平面相交，在內過交點的直線與共面，故錯誤；D.因為直線不平行于平面，且，所以直線與平面相交，在內過交點的直線有無數條與相交，故正確；故選：BD10.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，下列結論正確的是（）A.若，則B.若，則△ABC為等腰三角形C.若，，，則符合條件的三角形有2個D.若△ABC的面積，則【答案】ACD【解析】【分析】對于A：利用正弦定理直接判斷；對于B：由題意結合兩角和差的正弦公式可得或，即可判斷；對于C：由即可判斷；對于D：由條件及余弦定理，三角形面積公式可得，求出即可判斷．對于A：在中，由正弦定理得：，（為的外接圓半徑），因為，即，所以，故A正確；對于B：因為，即，展開整理得，又，所以或，故為直角三角形或等腰三角形，故B錯誤；對于C：因為，，，所以，所以，所以符合條件的三角形有兩個，故C正確；對于D：三角形面積且可得，因為，所以，故，所以，故D正確．故選：ACD．11.已知O為坐標原點，過點的直線l與圓交于A，B兩點，M為A，B的中點，下列選項正確的有（）A.直線l的斜率k的取值范圍是B.點M的軌跡為圓的一部分C.為定值D.為定值【答案】ABD【解析】【分析】利用直線和圓相交可求斜率范圍，利用平面向量的數量積和直線與圓的位置關系即得結果.對于A選項，方法1：設，，直線l的方程為．由得，所以，解得，所以A正確；方法2：如圖，設直線l與圓的切點為，，在直角三角形中，，所以，所以，由圖形對稱性可知，所以A正確；對于B選項，由，可得，所以點的軌跡是以為直徑的圓的一部分，故B正確；對于C選項，由，可得，又，所以C錯誤；對于D選項，由，得，，，又，，所以．故D正確．故選：ABD．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.兩圓，的公切線有且僅有__條．【答案】2【解析】【分析】由兩圓的位置關系判斷公切線條數.化成標準方程為，圓心，半徑，化成標準方程為，圓心，半徑，兩圓圓心距離，，則兩圓相交，因而公切線只有兩條．故答案為：2．13.已知平面上直線的方向向量，點和在上的射影分別為和，則，其中________.【答案】【解析】【分析】由題意結合平面向量的坐標運算、模的坐標運算可得、，進而可得即為在方向上的投影，再由即可得解.，，；，，即為在方向上的投影，.故答案為：.【點睛】本題考查了平面向量的坐標表示、模的坐標表示，考查了平面向量數量積的應用，屬于基礎題.14.在棱長為的正方體中，點、分別是梭、的中點，是側面上的動點，且平面，則點的軌跡長為______，點到直線的距離的最小值為______.【答案】①.②.【解析】【分析】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，設點，利用空間向量法求出點的軌跡方程，可求得點的軌跡長度，利用空間向量法可求得點到直線距離的最小值.以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，如下圖所示：則A0,0,0、、、，因為點是側面上的動點，設點，設平面的法向量為m=x,y,z，，，則，取，可得，且，因為平面，則，即，可得，分別取線段、的中點、，所以，點的軌跡為線段，故點的軌跡長為，，由，可得，，所以，點到直線的距離為，因為函數在0,1上為增函數，所以，當時，取最小值，且.故答案為：；.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.在中，分別為三個內角的對邊，且（1）求角A的大小；（2）若，，求和的值．【答案】（1）；（2）；【解析】【分析】（1）由余弦定理結合同角三角函數的商數關系計算即可；（2）利用余弦定理結合（1）的結論計算可得a，再根據正弦定理計算B，結合二倍角公式計算即可.【小問1詳解】由余弦定理可知，所以，因為，所以；【小問2詳解】由余弦定理可得，所以；再根據正弦定理可知，因為，故，所以，即，.16.我校近幾年加大了對學生強基考試的培訓，為了選擇培訓的對象，今年我校進行一次數學考試，從參加考試的同學中，選取50名同學將其成績（百分制，均為整數）分成六組：第1組，第2組，第3組，第4組，第5組，第6組，得到頻率分布直方圖（如圖），觀察圖形中的信息，回答下列問題：（1）利用組中值估計本次考試成績的平均數；（2）已知學生成績評定等級有優秀、良好、一般三個等級，其中成績不小于90分時為優秀等級，若從第5組和第6組兩組學生中，隨機抽取2人，求所抽取的2人中至少1人成績優秀的概率．【答案】（1）66.8（2）【解析】【分析】（1）根據頻率分布直方圖中平均數計算方法計算即可；（2）根據頻率分布直方圖計算出第5組和第6組學生人數，利用列舉法寫出基本事件，結合古典概型的概率公式即可求解.【小問1詳解】本次考試成績的平均數為．【小問2詳解】第五組與第六組學生總人數為，其中第五組有4人，記為a、b、c、d，第六組有3人，記為A、B、C，從中隨機抽取2人的情況有：ab、ac、ad、aA、aB、aC、bc、bd、bA、bB、bC、cd、cA、cB、cC、dA、dB、dC、AB、AC、BC共有21種，設“所抽取的2人中至少1人成績優秀的事件”為,包含的基本事件有：aA、aB、aC、bA、bB、bC、cA、cB、cC、dA、dB、dC、AB、AC、BC共有15種，所以所抽取的2人中至少1人成績優秀的概率．17.如圖所示，四棱錐的底面是矩形，底面，，，，．（1）證明：平面；（2）求直線與平面所成角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）過作交于，證為平行四邊形得，再由線面平行的判定證結論；（2）根據題設建立合適的空間直角坐標系，應用向量法求線面角的余弦值.【小問1詳解】過作交于，由題意為正方形，則，，所以，即，又，，則，，即，所以為平行四邊形，故，而面，面，則平面；【小問2詳解】由底面，且，以為原點，為軸建空間直角坐標系，所以，則，，，令面的一個法向量為，則，令，可得，所以，故直線與平面所成角的余弦值為.18.在中，，，，分別是上的點，滿足且經過的重心，將沿折起到的位置，使，是的中點，如圖所示．（1）求證：平面；（2）在線段上是否存在點，使平面與平面的夾角的余弦值為,若存在，求出的長度；若不存在，請說明理由．【答案】（1）證明見解析（2）存在，的長度為3或【解析】【分析】（1）通過證明，來證得平面；（2）建立空間直角坐標系，利用向量法來求得正確答案【小問1詳解】因為在中，，，且，所以，，則折疊后，，又平面，所以平面，平面，所以，又已知，且都在面內，所以平面.【小問2詳解】由（1）知，以CD為軸，CB為軸，為軸，建立空間直角坐標系

，因為，故，由幾何關系可知，，，，故，，，，，，假設在線段上存在點，使平面與平面成角余弦值，，，，設，則，，設平面的法向量為，則有，即不妨令，則，，故平面的一個法向量為，設平面的法向量為，則有，即不妨令，則，，所以平面的一個法向量為，若平面與平面成角余弦值為，則滿足，化簡得，解得或，即或，故在線段上存在這樣的點，使平面與平面成角余弦值為，此時的長度為3或．19.已知定點和直線，動圓和直線相切，且過點作圓的切線，切線長等于動圓的半徑．（1）求圓圓心的軌跡方程．（2）當圓的面積最小時，求圓的方程．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）設圓心坐標為，由動圓和直線相切及過點的圓切線長等于動圓的半徑這兩個條件，可得到，化簡即可得到圓心的軌跡方程；（2）動圓的面積最小，則有動圓的半徑最小，最小半徑即曲線上的點到直線的最小距離，可先求出平行于且與相切直線，