江西省萍乡市2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（含答案解析）

萍乡市2024—2025学年度第一学期期中考试高二数学本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.第I卷1至2页，第II卷3至4页.满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致.2.客观题选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答案不能答在试卷上.主观题用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答题无效.3.考试结束后，监考员将试题卷、答题卡一并收回.第I卷一､选择题：本题共8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，，若，则实数a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先解出集合M，再由子集关系求解集合N即可.【详解】由得，所以，因为，所以对恒成立，所以.故选：A.2.设，，是非零向量，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】分析】分别判断充分性和必要性成立情况得出结论.【详解】若，则，；若，则，即.“”是“”的必要而不充分条件；故选：B.3.下图是我国2018～2023年纯电动汽车销量统计情况，下列说法错误的是（）A.我国纯电动汽车销量呈现逐年增长趋势B.这六年销量第60百分位数为536.5万辆C.这六年增长率最大的为2019年至2020年D.2020年销量高于这六年销量的平均值【答案】D【解析】【分析】根据条形图，结合百分位数、平均数求法及各项描述判断正误即可.【详解】A：由条形图知，我国纯电动汽车销量呈现逐年增长趋势，对；B：由，故第60百分位数为2021年数据，为536.5万辆，对；C：由图知：2019年到2020年增长率超过了100%，其它都不超过100%，对；D：由，错；故选：D4.直线过抛物线：的焦点，且与交于两点，若使的直线恰有2条，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据抛物线方程可得通径长，根据抛物线的焦点弦中通径长最短可确定，由此可得所求范围.【详解】由抛物线方程知：抛物线焦点为，通径长为，当垂直于轴时，两点坐标为，此时，且，即抛物线的焦点弦中，通径最短，所以.故选：A．5.已知椭圆的右焦点为，过且斜率为1的直线与交于两点，若线段的中点在直线上，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】分别联立直线和椭圆，利用的坐标相等建立齐次方程，求解离心率即可.【详解】设Ax1,y1线段的中点是直线与直线的交点，联立，解得，所以，另一方面，联立，得.易知，由韦达定理得，解得，所以，故离心率，故D正确.故选：D.6.如图，在平行四边形中，为边上异于端点的一点，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用同角三角函数的基本关系求出，利用共线定理设，表示出，，根据建立等式求解，分别求出各边的长度，然后即可求解．【详解】由，知为锐角，又因为，所以．设，即，．由，得，又，故．则，因此，即．在中，由正弦定理，以及，整理计算得．故选：B．7.在平面直角坐标系内，方程对应的曲线为椭圆，则该椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，分别将与代入方程解得交点坐标，即可得到，再由离心率的公式代入计算，即可得到结果.【详解】易得该椭圆的对称中心为，且关于直线对称，将代入方程，解得两交点的坐标为，，将代入方程，解得两交点的坐标为，，所以该椭圆的长半轴长，短半轴长，所以半焦距，所以其离心率为.故选：C．8.已知O为坐标原点，双曲线C:的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，点是C的右支上异于顶点的一点，过F2作的平分线的垂线，垂足是M，，若双曲线C上一点T满足，则点T到双曲线C的两条渐近线距离之和为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由双曲线的定义，结合双曲线的离心率，得双曲线的方程及渐近线的方程，再设，由双曲线的方程求点到两条渐近线的距离之和.【详解】设半焦距为c，延长交于点N，由于PM是的平分线，，所以是等腰三角形，所以，且M是NF2的中点.根据双曲线的定义可知，即，由于是的中点，所以MO是的中位线，所以，又双曲线的离心率为，所以，，所以双曲线C的方程为.所以，，双曲线C的渐近线方程为，设，T到两渐近线的距离之和为S，则，由，即，又T在上，则，即，解得，，由，故，即距离之和为.故选：A.【点睛】由平面几何知识，，依据双曲线的定义，可将转化为用a表示，进而的双曲线的标准方程.9.在中，若，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先由已知条件结合整理得，，，再对进行弦化切，结合换元法、基本不等式、对勾函数性质即可求解取值范围.【详解】由以及得，又由得，所以，且B，C均为锐角，即，，所以，因为，所以，设，因为，当且仅当时等号成立，所以，故由对勾函数性质，则.故选：B.【点睛】思路点睛：解三角形取值范围问题通常结合使用辅助角利用三角函数有界性、一元二次函数单调性、基本不等式等求解.二､多项选择题：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，有选错的得0分.10.已知双曲线，则（）A.的取值范围是B.时，的渐近线方程为C.的焦点坐标为D.可以是等轴双曲线【答案】ACD【解析】【分析】选项A，利用双曲线的标准方程，即可求解；选项B，根据条件，利用求双曲线渐近线的求法，即可求解；选项C，由选项A知焦点在轴上，再由，即可求解；选项D，利用等轴双曲线的定义，即可求解.【详解】对于选项A，因为表示双曲线，所以，解得，所以选项A正确；对于选项B，当时，双曲线方程为，其渐近线方程为，所以选项B错误；对于选项C，由选项A得0，所以焦点在轴上，设的半焦距为，则，解得，故其焦点坐标为，所以选项C正确；对于D，若为等轴双曲线，则，解得，所以选项D正确，故选：ACD.11.如图，正方形的中心与圆的圆心重合，是圆上的动点，则下列叙述正确的是（）A.是定值B.是定值C.是定值D.是定值【答案】ABD【解析】【分析】依题意建立以为原点坐标系，设正方形边长为，圆的半径为，点坐标为，对选项中的表达式进行化简可得选项ABD中的表达式可写成只含有和的式子，结果为定值，而C选项中的结果最终含有，即与点位置有关，不是定值.【详解】根据题意，以为坐标原点建立平面直角坐标系，如下图所示：不妨设正方形边长为，圆的半径为，点坐标为；则可得，且；易知；所以对于A选项，，为定值，即A正确；对于B选项，，为定值，所以B正确；对于C选项，易知表达式中不能表示成只含有边长和半径的式子，即与有关，故其不是定值，所以C错误；对于D选项，，为定值，故D正确；故选：ABD【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于建立适当的直角坐标系，将向量坐标化，再由向量数量积的坐标表示求解是否为定值.12.直四棱柱的所有棱长都为4，，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（）A.点的轨迹的长度为.B.直线与平面所成的角为定值．C.点到平面的距离的最小值为.D.的最小值为-2．【答案】BC【解析】【分析】建立空间直角坐标系，表示，化简后得点的轨迹方程，得轨迹长度判断A；向量法求线面角判断B，向量法求点到平面距离，结合点的轨迹得最小值判断C；坐标表示向量数量积，结合点的轨迹最小值判断D.【详解】直四棱柱的所有棱长都为4，则底面为菱形，又，则和都是等边三角形，设与相交于点，由，以为原点，为轴，为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则有，，点在四边形及其内部运动，设，，由，有，即，所以点的轨迹为平面内，以为圆心，2为半径的半圆弧，所以点的轨迹的长度为，A选项错误；平面的法向量为，，直线与平面所成的角为，则，又由，则，所以直线与平面所成的角为定值，B选项正确；，设平面的一个法向量为n=x,y,z，则有，令，得，，所以点到平面的距离，，所以时，，所以点到平面的距离的最小值为，C选项正确；，，其几何意义为点到点0,4距离的平方减12，由，点到点0,4距离最小值为，的最小值为，D选项错误.故选：BC.【点睛】方法点睛：空间几何体中的相关问题，要利用好几何体本身的结构特征，点线面的位置关系，图形中的角度和距离等，建立空间直角坐标系，利用向量法解决问题，也是常用的方法.第II卷注意事项：第II卷共2页，需用黑色墨水签字笔在答题卡上作答，若在试题卷上作答，答题无效.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.13.已知双曲线的离心率分别为和，则的最小值为__________.【答案】##1.5【解析】【分析】由双曲线离心率公式结合基本不等式即可求解.【详解】，，由题意得，则，当且仅当，即时，等号成立，所以最小值为.故答案为：.14.的展开式中的系数为______（用数字作答）.【答案】【解析】【分析】根据二项式展开式有关知识求得正确答案.【详解】由于，所以的展开式中含的项为，所以的展开式中的系数为.故答案为：15.法国数学家卢卡斯在研究一元二次方程的两个根不同幂的和时，发现了，，…，由此推算______________.【答案】123【解析】【分析】利用韦达定理及，可先计算立方和，再求五次方和，结合完全平方公式计算即可.【详解】因为，，，，所以，所以，所以.故答案为：123四､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.16.如图所示的五面体为直三棱柱截去一个三棱锥后的几何体，，，D为的中点，E，F分别为，的中点.（1）判断BF和CE是否垂直，并说明理由；（2）设（），是否存在，使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）BF和CE不垂直，理由见解析（2）存在实数【解析】【分析】（1）根据给定条件，以点C为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出即可判断.（2）利用（1）中坐标系，平面PBF的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得.【小问1详解】BF和CE不垂直，理由如下：以点C为坐标原点，直线CA，CB，分别为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，，，，，，，因为，所以BF和CE不垂直.【小问2详解】假设存在使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为，由，得，显然平面ABC的一个法向量为，，设平面PBF的法向量为，则，取，得，设平面ABC与平面PBF的夹角为，则，而，解得，所以存在实数，使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为.17.将一枚质地均匀的骰子先后抛掷两次，所得的向上的点数分别记为，设表示不超过实数x的最大整数，的值为随机变量X.（1）求在的条件下，的概率；（2）求X的分布列及其数学期望.【答案】（1）（2）分布列见解析，【解析】【分析】（1）列举与的样本点，利用条件概率公式计算即可；（2）根据离散型随机变量的分布列与期望公式计算即可.【小问1详解】记抛掷骰子的样本点为，则样本空间为，样本空间容量为36，设事件A为：，事件B为：，则A为：{，，}，其包含的样本点数为21，，其包含的样本点数为14，根据条件概率得；小问2详解】随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4，5，6，，，，，，，，所以其分布列为：X0123456P所以数学期望18.如左图所示，在直角梯形ABCD中，，，，，，边AD上一点E满足.现将沿BE折起到的位置，使平面平面BCDE，如右图所示.（1）求证：；（2）求异面直线与BE的距离；（3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）在图1中，连接CE，证明，，可证平面，即可得证；（2）过作的垂线OM，交于M，则OM即异面直线与BE的距离，求出即可的解；（3）在图2中延长BE，CD，设，连接AG，则是平面与平面的交线，由面面垂直得性质可得平面，即可得，作，垂足为H，连接CH，证得，则即为平面与平面所成锐二面角的平面角，从而可得出答案.【小问1详解】证明：在图1中，连接CE，易求.∴四边形ABCE为菱形.连接AC交BE于点O，则.∴在图2中，，.又于O，∴平面.又平面，∴；【小问2详解】解：由勾股定理可得，∴.过作的垂线OM，交于M，则OM即异面直线与BE的距离，；【小问3详解】解：在图2中延长BE，CD，设，连接AG.∵平面，平面.又平面，平面.∴是平面与平面的交线，∵平面平面BCDE，，平面平面，∴平面，又平面，∴，作，垂足为H，连接CH，又，∴平面OCH，又平面OCH，∴.∴即为平面与平面所成锐二面角的平面角.由（1）知，，为等边三角形，∴，∵，∴，解得.在中，，∴.∴平面与平面所成锐二面角的余弦值.19.已知，，M是圆O：上任意一点，关于点M的对称点为N，线段的垂直平分线与直线相交于点T，记点T的轨迹为曲线C．（1）求曲线C的方程；（2）设（）为曲线C上一点，不与x轴垂直的直线l与曲线C交于G，H两点（异于E点）.若直线GE，HE的斜率之积为2，求证：直线l过定点.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）画出图形，结合题意由双曲线的定义得到点的轨迹是以，为焦点的双曲线，求出即可；（2）设直线l的方程为，，，直曲联立，表示出韦达定理，然后得出斜率间关系，进而解出或，然后再求直线过定点即可.【小问1详解】连接OM，由题意可得，且M为的中点，又O为的中点，所以，且|.因为线段的中垂线与直线相交于点T，所以，所以，由双曲线的定义知动点T的轨迹是以，为焦点的双曲线.设其方程（，），则，，，故曲线C的方程为.【小问2详解】证明：由（1）知依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为，，，由，得，，由，得，所以，.则，整理得，即，解得或，当时，直线l的方程为，直线l过定点；当时，直线l的方程为，直线l过定点，不合题意，舍去.综上所述，直线l过定点.【点睛】方法点睛：直线过定点问题可把直线方程中