2024-2025学年安徽省蚌埠市A层高中高二上学期第一次联考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年安徽省蚌埠市A层高中高二上学期第一次联考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.设集合U={0,1,2,3,4}，P={0,1,2}，Q={1,3,4}，则P∩∁UQA.{0} B.{3} C.{0,2} D.{1,3}2.已知直线l经过两点A(1,2)，B(1,−2)，则直线l的倾斜角为(

)A.0 B.π3 C.π2 3.已知复数z满足(3−i)z=10，则|z|=(

)A.5 B.10 C.5 4.已知平面α={M|n⋅AM=0}，其中点A(1,2,15)，n=(1,1,1)，则下列各点在平面A.(3,1,6) B.(2,1,1) C.(9,8,5) D.(5,4,9)5.已知a>0且a≠1，函数f(x)=ax−a,x≤aloga(x+a)+1,x>a，若存在x1，xA.0,12 B.12,1 C.6.抛掷一枚骰子两次．设“第一次向上的点数是2”为事件A，“第二次向上的点数是奇数”为事件B，“两次向上的点数之和能被3整除”为事件C，则下列说法正确的是(

)A.事件A与事件B互为对立事件 B.P(BC)=16

C.P(AB∪BC)=57.已知函数f(x)=tanθ−tan(x+θ)1−3tan(x+θ)是−A.−3 B.−13 C.138.已知点A(0,1)，B(1,0)，C(t,0)，点M是直线AC上的动点，若|MA|≤2|MB|恒成立，则最小正整数t=(

)A.1 B.2 C.3 D.4二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.“数学好玩”是国际著名数学家陈省身赠送给少年数学爱好者们的一句话．某校为了更好地培养学生创新精神和实践能力，激发学生钻研数学的兴趣和热情，特举办数学节活动．在活动中，共有20道数学问题，满分100分在所有的答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成六段：[40,50)，[50,60)，…，[90,100]，得到如图所示的频率分布直方图．下列说法正确的是(

)

A.在被抽取的学生中，成绩在区间[90,100)内的学生有10人

B.图中a的值为0.3

C.估计全校学生成绩的75%分位数为84

D.估计全校学生成绩的中位数小于平均数10.如图，棱长为2斜三棱柱ABC−A1B1C1中，∠A1AB=∠A1AC=60°，GA.GH//AA1

B.AA1⊥BC

C.斜三棱柱ABC−A1B1C11.在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2=r2与圆C：(x−6)2+(y−8)2=4，过圆O上任意一点P作圆A.3 B.6 C.11 D.14三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.平面四边形ABCD中，AB=6，BC=10，CD=12，DA=14，则AC⋅BD=13.直线l1：y=2x和l2：y=kx+1与x轴围成的三角形是等腰三角形，写出满足条件的k的可能取值中的三个________．14.正四棱柱容器(表面厚度和忽略不计)底面正方形边长为10，在中容器恰好能放入半径分别为5和2的大小两个玻璃球，则正四棱柱容器的高的最小值为________．四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0，ω>0，(1)求函数f(x)的解析式；(2)求f(x)在π4,16.(本小题12分)已知直线l1：(a−2)x+y−1=0与直线l2：x−(2−a)y−1=0平行，点A(−4,4)(1)求a；(2)若点C关于直线l2对称后的点为B，求B(3)已知P，Q分别在直线l1，l2上，且PQ⊥l117.(本小题12分)如图，正四棱台ABCD−EFGH中，EG=2AC=4，MN上为上下底面中心的连线，且MN与侧面所成的角的正切值为2(1)求点A到平面MHG的距离；(2)求二面角E−HM−G的余弦值．18.(本小题12分)已知O(0,0)，E(0,4)，圆C的圆心在直线l：x+2y=0上，圆D与直线l相切，线段OE为圆C与圆D的公共弦．(1)求圆C与圆D的方程；(2)若直线m：kx−y=0与圆C、圆D交于非原点的点P，Q，求证：以线段PQ为直径的圆M恒过定点E．19.(本小题12分)三余弦定理：如图1，设A为平面α外一点，过A点的斜线AB在平面α上的正投影为直线BO．BP为平面α上的一条直线，记斜线BA与正投影线BO的夹角(即BA与平面α所成角)为θ1，正投影线BO与直线BP的夹角为θ2，斜线BA与直线BP的夹角为θ，则(1)证明三余弦定理；(2)如图2，已知四面体ABCD的各条棱长均相等，E，F分别是棱AD，BC的中点．G为直线BD上的一动点，求直线EF与直线AG所成角的余弦值的最大值；(3)如图3，已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1，记平行六面体ABCD−A1B参考答案1.C

2.C

3.B

4.D

5.A

6.B

7.A

8.D

9.AC

10.BCD

11.ABD

12.58

13.−2或−5−114.7+15.解：由函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象可知：A=2，

又因为f(0)=2sin(ω×0+φ)=1，

即sinφ=12，φ∈(0,2π)，

结合函数的单调性可得φ=π6，

f(5π12)=2sin(ω×5π12+π6)=0

即sin(5π16.(1)∵l1//l2，∴a−21=1−(2−a)，得(a−2)2=1∴a=1或a=3，

经验证：当a=1时，l1:x−y+1=0，l2:x−y−1=0，l1//l2;

当a=3时，l1:x+y−1=0，l2:x+y−1=0，l1，l2重合，a=3舍去，∴a=1;

(2)设B(x0,y0)，则由对称性知：y0−3x0−1=−1x0+12−y0+32−1=0，得x0=4y0=0，即B(4,0)．

(3)由直线l1与l2间的距离为2得|PQ|=2，过B(4,0)作直线l垂直于l1:x−y+1=0，

如图，

则直线l的方程为：y=−x+4，|AP|+|PQ|+|QC|=|AP|+|PQ|+|QB|，

将B(4,0)沿着直线l往上平移17.解：

(1)因为MN⊥平面ABCD，以点M为坐标原点，MA，MB，MN的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为MN与侧面所成的角的正切值为22

，所以MN=1，则M0,0,0，N0,0,1，A1,0,0，E2,0,1，所以MG=−2,0,1，设平面MHG的法向量为m=(x1,令x1=1，则z1=2,y1=1，

所以点A到平面MHG的距离d=MA(2)因为ME=2,0,1，设面MEH的法向量为n=x令x2=−1，则z2=2,y所以cosm,n所以二面角E−HM−G的余弦值为−2

18.(1)解：因为线段OE的中点坐标为(0,2)，

所以圆心C、圆心D均在直线y=2上．

又因为圆心C在直线x+2y=0上，

所以C(−4,2)，圆C：(x+4)2+(y−2)2=20．

过O点且与l：x+2y=0垂直的直线方程为y=2x，

所以圆心D在直线y=2x上．

所以D(1,2)，圆D：(x−1)2+(y−2)2=5．

(2)证明：如图，点P，Q在y轴两侧时，

连接CD交OE于点F，

则F是OE的中点，且CD⊥OE．

易知∠EQP=∠ECF，∠EPQ=∠EDF．

在Rt△ECF中，|CE|=25，|EF|=2．

所以sin∠ECF=15，

在Rt△EDF中，|DE|=5，|EF|=2．

所以sin∠EDF=25，cos∠EDF=15，

易知CD为∠ECO，∠EDO的平分线，19.(1)证明：如图，引OC⊥BP于C点，连接AC，

∵AO⊥平面α，OC⊥BC，BC⊂平面α，∴AO⊥BC，

OC⋂AO=O，OC、AO⊂平面AOC，∴BC⊥平面AOC，

∵AC⊂平面AOC，∴AC⊥BC，

△OAB、ΔOBC、△ABC均为直角三角形，

∴cosθ=BCAB，cosθ1=BOAB，cosθ2=BCBO，

易知cosθ=cosθ1⋅cosθ2，得证;

(2)把四面体放入如图所示的正方体，由三余弦定理知，

直线EF与直线AG所成角最小值为直线EF与平面ABD所成的角，连接BE，由正方体性质知AD⊥平面BCE，

∵AD⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BCE，∵平面ABD∩平面BCE