浙江省湖州市长兴县德清县安吉县2024-2025学年高二数学上学期期中联考试题含解析

PAGE23-浙江省湖州市长兴县、德清县、安吉县2024-2025学年高二数学上学期期中联考试题（含解析）本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间为120分钟．第Ⅰ卷（选择题）留意事项：用钢笔或圆珠笔将题目做在答题卷上，做在试题卷上无效．一、选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的）1.若直线经过，两点，则直线的倾斜角为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意利用直线的倾斜角和斜率的概念，利用直线的斜率公式，求得直线的倾斜角.【详解】解：直线经过O（0，0），两点，设直线的倾斜角为α，α∈[0，π），则tanα＝＝，∴α＝，故选：B.【点睛】本题主要考查直线的倾斜角和斜率，直线的斜率公式，属于基础题.2.在正方体中，异面直线与所成的角为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AC与所成的角.【详解】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为1，则A（1，0，0），C（0，1，0），D（0，0，0），B1（1，1，1），＝（﹣1，1，0），＝（﹣1，﹣1，﹣1），设异面直线AC与B1D所成的角为θ，则cosθ＝＝0，∴θ＝.∴异面直线AC与B1D所成的角为.故选：D.【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础学问，考查运算求解实力，是中档题.3.设R，则“＞1”是“＞1”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】A【解析】【详解】试题分析：由可得成立，反之不成立，所以“”是“”的充分不必要条件考点：充分条件与必要条件4.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题设中供应的三视图中的图形信息与数据信息可知该几何体是底面是边长分别为的等腰三角形，高是２的三棱锥，其底面积，则其体积，应选答案B．5.圆被直线截得的弦长为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出圆心到直线的距离，借助由半径、半弦长和弦心距构成的直角三角形利用勾股定理即可得到弦长.【详解】解：依题意，圆x2+y2＝4圆心为（0，0），半径r＝2，所以圆心到直线圆x2+y2＝4的距离d＝＝1，设弦长为l，则半径r、半弦长和弦心距d构成直角三角形，所以，解得l＝2，故选：D.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查了点到直线的距离，考查了圆的弦长的求法，借助半径、半弦长和弦心距构成的直角三角形利用勾股定理是常用方法，本题属于基础题.6.已知，是两个不同平面，，是两条不同直线，则下列错误的是（）A.若，，则 B.若，，则C.若，，则 D.若，，则【答案】A【解析】【分析】在A中，与平行或异面；在B中，由线面垂直的性质可得；在C中，由面面垂直的判定定理得正确；在D中，由线面垂直的性质可得.【详解】解：由，是两个不同平面，，是两条不同直线，知：在A中，∵，，∴m与n平行或异面，故A错误；在B中，∵，，∴由线面垂直的性质可得，故B正确；在C中，∵，，∴由面面垂直的判定定理可得，故C正确；在D中，∵，，∴由线面垂直的性质可得，故D正确.故选：A.【点睛】本题考查命题真假的推断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础学问，考查运算求解实力，是中档题.7.设球与圆锥的体积分别为，，若球的表面积与圆锥的侧面积相等，且圆锥的轴截面为正三角形，则的值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设球O的半径为R，圆锥的底面半径为r，则圆锥的母线长l＝2r，由球O的表面积与圆锥的侧面积相等，得r＝，由此能求出的值.【详解】解：设球O的半径为R，圆锥SO1的底面半径为r，则圆锥的母线长l＝2r，由题意得4πR2＝πrl＝2πr2，解得r＝，.故选：C.【点睛】本题考查球和圆锥的体积求法，考查球和圆锥的性质等基础学问，考查运算求解实力，是中档题.8.若圆与两条直线和都有公共点，则的范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依据有公共交点得到和，相加得到答案.【详解】圆与两条直线和都有公共点；；两式相加得到故选：【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，意在考查学生的计算实力.9.已知正方体的体积为1，则四棱锥与四棱锥重叠部分的体积是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】如图所示，画出重叠部分的图像如图2，利用三棱柱的体积减去三棱锥的体积得到答案.【详解】如图所示：为和交点，为和的交点，重叠部分如图2.故选：【点睛】本题考查了立体图形的体积，画出重叠部分的图像是解题的关键.10.已知点是单位圆上的动点，点是直线上的动点，定义，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用圆的参数方程与直线的方程分别求出与的最小值，比较即可得答案.【详解】解：过作轴，轴的垂线，垂足及其他交点如图所示，则，，由于直线的斜率是，当都在第一象限时，①取x1＝x2∈[0，1]时等号成立，则y1＝，y2＝6﹣2x2＝6﹣2x1，则|x1﹣x2|+|y1﹣y2|＝|y1﹣y2|＝，令x1＝cos（∈[0，]），则|y1﹣y2|＝6﹣2cos﹣sin＝6﹣（+）≥6﹣；②取y1＝y2∈[0，1]时等号成立，则x1＝，x2＝3﹣＝3﹣.则|x1﹣x2|+|y1﹣y2|＝|x1﹣x2|＝，令y1＝sin（∈[0，]），则|x1﹣x2|＝3﹣﹣cos＝3﹣sin（+）≥3.当中至少有一个点不在第一象限时，明显的取值会比都在第一象限时大，综上可得：|x1﹣x2|+|y1﹣y2|的最小值是3.故选：A.【点睛】本题考查了圆的参数方程，训练了利用换元法及三角函数的单调性求最值，考查了推理实力与计算实力，属于中档题.第Ⅱ卷（非选择题）留意事项：将卷Ⅱ的题目做在答题卷上，做在试题卷上无效．二、填空题11.倾斜角为，在y轴上的截距为1的直线l的方程为________；直线与直线l垂直，则________.【答案】(1).(2).【解析】【分析】依据直线倾斜角可得斜率，由斜截式方程可得结果；依据垂直关系可构造方程求得结果.【详解】直线倾斜角为，直线斜率，直线的方程为：，即.直线与垂直，，解得：.故答案为：；.【点睛】本题考查直线方程的求解、依据直线垂直关系求解参数值的问题，属于基础题.12.已知圆的方程为，若圆过点，则______．若圆心在直线上．则______．【答案】(1).1(2).2【解析】【分析】通过点坐标代入圆的方程，得到m值；求出圆的圆心代入直线方程，即可得到m值即可.【详解】解：圆C的方程为x2+y2﹣2x﹣2my＝0，若圆C过点（0，2），则4﹣4m＝0，解得m＝1；圆的圆心（1，m），圆心C在直线2x﹣y＝0上，可得2﹣m＝0，解得m＝2；故答案为：1；2.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的应用，圆的一般方程的应用，是基本学问的考查.13.若，，是不同直线，是平面，若，，则直线与直线的位置关系是______；若，，则直线与平面的位置关系是______．【答案】(1).相交或异面(2).平行或在平面内【解析】【分析】由a∥b，b∩c＝A，得直线a与直线c的位置关系是相交或异面；由，，得直线与平面的位置关系a∥或a⊂.【详解】解：a，b，c是不同直线，是平面，∵a∥b，b∩c＝A，∴直线a与直线c的位置关系是相交或异面.∵a⊥b，b⊥，则直线a与平面的位置关系a∥或a⊂.故答案为：相交或异面；平行或在平面内.【点睛】本题考查直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系的推断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础学问，考查运算求解实力，是中档题.14.为边长为的正三角形，则其水平放置《斜二测画法》的直观图的面积为______．其直观图的周长为______．【答案】(1).(2).【解析】【分析】画出正和水平放置的直观图，计算它的面积与周长即可.【详解】解：如图所示为边长为2cm的正三角形，则其水平放置的直观图的面积为sin45°＝×2×（×2×sin60°）×sin45°＝；其直观图的周长为＝+2+＝（+）+2+（﹣）＝2+.故答案为：，2+.【点睛】本题考查了平面图形与它的直观图的应用问题，也考查了三角形面积与周长的计算问题，是基础题.15.已知直线与圆，，交于，两点，若的面积的最大值为，求此时______．【答案】【解析】【分析】当的面积最大时，AC⊥BC，由面积的最大值为4，可算得b，从而得到C到直线的距离等于2，建立方程可求得a的值，从而得ab的值.【详解】解：∵圆C：x2+y2﹣2x﹣8y+b＝0，即（x﹣1）2+（y﹣4）2＝17﹣b；∴圆心C（1，4），半径r＝；当的面积最大时，AC⊥BC，（S△ABC）max＝＝4；∴r2＝8，即17﹣b＝8，∴b＝9；直角三角形ABC中，AC＝BC＝r，∴C到直线AB：ax+y+a﹣1＝0的距离等于d＝2，∴d＝2＝，∴a＝，∴ab＝.故答案为：.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查点到直线的距离公式，数形结合的思想方法，属于中档题.16.在三棱锥中，底面是正三角形且，是中点，且，底面边长，则三棱锥外接球的表面积为______．【答案】【解析】【分析】依据空间直线平面的垂直问题，得出棱锥的高，转化顶点，补图的正方体的外接球求解正三棱锥S−ABC的外接球的半径即可.【详解】解：取AC中点D，则SD⊥AC，DB⊥AC，又∵SD∩BD＝D，∴AC⊥平面SDB，∵SB⊂平面SBD，∴AC⊥SB，又∵AM⊥SB，AM∩AC＝A，∴SB⊥平面SAC，∴SA⊥SB，SC⊥SB，依据对称性可知SA⊥SC，从而可知SA，SB，SC两两垂直，将其补为立方体，其棱长为2，其外接球即为立方体的外接球，半径r＝＝，表面积S＝4π×3＝12π.故答案为：12π.【点睛】本题考查了空间空间几何体的性质，学生的空间思维实力，计算实力，属于中档题.17.如图，直线平面，垂足为，正四面体（全部棱长都相等的三棱锥）的棱长为，是直线上的动点，是平面上的动点，求到点的距离的最大值______．【答案】【解析】【分析】当线段BC确定时，视察出当面OCB和面BCD共面时，到点的距离最大，即求点到线段BC距离的最大值即可.【详解】解：在线段BC上任取一点M，连接OM，DM，由三角形三边关系得，当O，M，D三点共线时取等号，则当面OCB和面BCD共面时，OD最大，当面OCB和面BCD共面时，设，则，则，则，即到点的距离的最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查两点间距离的最大值的求法，关键时将空间两点距离问题转化为平面上两点距离问题，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题.三：解答题18.设命题：实数满意，其中；命题：实数满意．（1）若，，都是真命题，求实数的取值范围；（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）先分别求出命题p，q为真时对应的集合，取交集即可求出x的范围；（2）依据集合间的基本关系与充分、必要条件的关系列出不等式即可求出a的取值范围.【详解】（1）当时，由，得.由，所以.因此的取值范围是；（2）可得，，若是的充分不必要条件所以.当即时，因为不成立；

当即时，，故取值范围是.【点睛】本题主要考查由命题的真假求参数的取值范围以及集合间的基本关系与充分、必要条件的关系应用，属于基础题.19.如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点M(2，0)，AB边所在直线的方程为x－3y－6＝0，点T(－1，1)在AD边所在直线上．求：(1)AD边所在直线的方程；(2)DC边所在直线的方程．【答案】（1）；（2）【解析】分析：（1）先由AD与AB垂直，求得AD的斜率，再由点斜式求得其直线方程；（2）依据矩形特点可以设DC的直线方程为，然后由点到直线的距离得出，就可以求出m的值，即可求出结果.详解：(1)由题意：ABCD为矩形，则AB⊥AD，又AB边所在的直线方程为：x－3y－6＝0，所以AD所在直线的斜率kAD＝－3，而点T(－1，1)在直线AD上．所以AD边所在直线的方程为：3x＋y＋2＝0.(2)方法一：由ABCD为矩形可得，AB∥DC，所以设直线CD的方程为x－3y＋m＝0.由矩形性质可知点M到AB、CD的距离相等所以＝,解得m＝2或m＝－6(舍)．所以DC边所在的直线方程为x－3y＋2＝0.方法二：方程x－3y－6＝0与方程3x＋y＋2＝0联立得A（0，-2），关于M的对称点C（4，2）因AB∥DC，所以DC边所在直线方程为x－3y＋2＝0.点睛：本题主要考查直线方程的求法，在求直线方程时，应先选择适当的直线方程的形式，并留意各种形式的适用条件．用斜截式及点斜式时，直线的斜率必需存在，而两点式不能表示与坐标轴垂直的直线，截距式不能表示与坐标轴垂直或经过原点的直线．故在解题时，若采纳截距式，应留意分类探讨，推断截距是否为零；若采纳点斜式，应先考虑斜率不存在的状况．20.如图，在四棱锥中，平面，，，，平面平面，正三角形．（1）求证：平面；（2）求二面角的平面角的正切值．【答案】（1）证明见解析；（2）2.【解析】【分析】（1）推导出，由此能证明平面.

（2）过作垂直于，过作垂直于，连结，则即为所求二面角的平面角，求出的正切值即可.【详解】（1）因为平面，平面平面于，故，平面，平面故平面；（2）过作垂直于，过作垂直于，连结则即为所求二面角的平面角.又，，故.【点睛】本题考查线面平行的证明，考查二面角的正切值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基学问，考查运算求解实力，是中档题.21.如图，已知多面体中，，平面，，，，.（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）由余弦定理得PB，从而PB⊥AB，由AD⊥平面PAB，得AD⊥PB，再由PB⊥AB，能证明PB⊥平面ABCD．（Ⅱ）由余弦定理求出cos∠PDC，从而sin∠PCD，S△ACD＝2，设直线PA与平面PCD所成角为θ，点A到平面PCD的距离为h，由VA﹣PDC＝VP﹣ACD，得h，从而sinθ，由此能求出直线PA与平面PCD所成角的正弦值．【详解】（Ⅰ）在中，，，，所以，，所以，，因为，所以，，，四点共面.又平面，平面，所以.又，，所以平面.（Ⅱ）（方法一）在中，，在中，.在直角梯形中，.在中，，.所以，.设直线与平面所成的角为，设点到平面的距离为，因为，所以，即，所以，，故直线与平面所成