2024学年佳木斯市桦南县一中高二数学上学期期中考试卷附答案解析

学年佳木斯市桦南县一中高二数学上学期期中考试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知，则的取值范围是（

）A． B． C． D．2．已知复数满足，则的虚部为（

）A． B． C．3 D．3．已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是（

）A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l⊥m，α∥β，，则l⊥αC．若l⊥α，α∥β，，则l⊥m D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β4．平均数､中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关在下图分布形态中，a，b，c分别对应这组数据的平均数､中位数和众数，则下列关系正确的是（

）A． B．C． D．5．在中，角，，的对边分别为，，，若，，则的值为（

）A． B． C． D．6．已知某计算机网络的服务器采用的是“一用两备”（即一台常用设备，两台备用设备）的配置．这三台设备中，只要有一台能正常工作，计算机网络就不会断线．如果一台常用设备正常工作的概率为，两台备用设备正常工作的概率均为，且它们之间互不影响，则该计算机网络不会断线的概率为（

）A． B． C． D．7．已知定义在上的偶函数满足：①对任意的，且，都有成立；②.则不等式的解集为（

）A． B．C． D．8．设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的最大值是（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．将一枚质地均匀的骰子抛掷一次，记下骰子面朝上的点数，设事件“点数为4”，事件“点数为奇数”，事件“点数小于4”，事件“点数大于3”，则（

）A．与互斥 B．与互斥C．与对立 D．与对立10．已知圆和圆，则（

）A．圆的半径为4B．轴为圆与的公切线C．圆与公共弦所在的直线方程为D．圆与上共有6个点到直线的距离为111．如图，正四棱柱中，，，点E，F，G分别为棱CD，，的中点，则下列结论中正确的有（

）A．B．平面AEFC．D．点D到平面AEF的距离为三、填空题（本大题共3小题）12．已知直线与直线垂直，则实数a的值为．13．甲、乙两名运动员进入男子羽毛球单打决赛，假设比赛打满3局，赢得2局或3局者胜出，用计算机产生1~5之间的随机数，当出现随机数1，2，3时，表示一局比赛甲获胜；否则，乙获胜.由于要比赛3局，所以每3个随机数为一组，产生20组随机数：423123423344114453525332152342534443512541125432334151314354据此估计甲获得冠军的概率为；14．在边长为的菱形中，，沿对角线折起，使二面角的大小为，这时点在同一个球面上，则该球的表面积为.四、解答题（本大题共5小题）15．如图，四面体中，，分别为，上的点，且，，设，，.(1)以为基底表示；(2)若，且，，，求.16．已知两直线：，：，是和的交点.（1）求过点且垂直于直线的直线的方程．（2）求过点且平行于直线：的直线的方程.17．已知集合，，．(1)求为一次函数的概率；(2)求为二次函数的概率．18．已知圆C：，直线l过定点．（1）若直线l与圆C相切，求直线l的方程；（2）若直线l与圆C相交于P，Q两点，求的面积的最大值，并求此时直线l的方程．19．如图，四棱锥中，平面，，，，为的中点，且．(1)求证：平面平面；(2)求二面角的余弦值．2024学年佳木斯市桦南县一中高二数学上学期期中考试卷1．【答案】B【详解】因为，所以，又，所以所以．故选：B．2．【答案】C【分析】利用复数定义及运算法则计算即可.【详解】因为，所以的虚部为3，故选：C.3．【答案】C【解析】采用逐一验证法，结合线线关系、线面关系、面面关系可得结果.【详解】对A，l∥α，l∥β，α与β不一定平行，也可能相交，故A错对B，一条线要垂直平面内的两条相交直线才会得到线面垂直，故l不会垂直β，由于α∥β，所以也不会垂直α，故B错对C，由l⊥α，α∥β，所以l⊥β，又，则l⊥m，故C正确对D，α⊥β，l∥α，l与β可以相交，也可以在平面内，故D错故选：C4．【答案】A【分析】利用数据分布图左拖尾，即平均数小于中位数，再利用众数是用最高矩形的中点值来估计，可判断众数大于中位数，即可作出判断.【详解】由数据分布图知，众数是最高矩形下底边的中点横坐标，因此众数为右起第二个矩形下底边的中点值，直线左右两边矩形面积相等，而直线左边矩形面积大于右边矩形面积，则，又数据分布图左拖尾，则平均数小于中位数，即，所以.故选：A5．【答案】B【详解】解：因为，由余弦定理得，，由为三角形内角得，，因为，则为锐角，，所以，，则．故选：B．6．【答案】A【详解】由题意所求概率为．故选：A．7．【答案】A【详解】由题意得，偶函数在0,+∞上单调递增，在−∞,0上单调递减，且,作出函数的大致图像如下：不等式等价于或，数形结合可知不等式的解集为：故选：A.8．【答案】A【详解】由题设知：，，又，故两条动直线相互垂直，所以，即，当且仅当时等号成立.故选：A.9．【答案】ABD【详解】事件“点数为4”与“点数为奇数”不能同时发生，所以与互斥，A正确.事件“点数为4”与“点数小于4”不能同时发生，所以与互斥，B正确.事件“点数为奇数”的对立事件是“点数为偶数”，不是“点数大于3”，C错误.事件“点数小于4”的对立事件是“点数不小于4”，即“点数大于3”，与对立，D正确.故选：ABD.10．【答案】BD【详解】

对于A项，由圆配方得：知圆的半径为2，故选项A错误；对于B项，因圆心到轴的距离为1，等于圆的半径，故圆与轴相切，同理圆心到轴的距离等于圆的半径，圆与轴相切，故轴为圆与的公切线，故选项B正确；对于C项，只需要将与左右分别相减，即得圆与的公共弦所在的直线方程为：故选项C错误；对于D项，如图，因直线同时经过两圆的圆心，依题意可作两条与该直线平行且距离为1的直线与，其中与和圆都相切，各有一个公共点，与和圆都相交，各有两个交点，故圆与上共有6个点到直线的距离为1，故选项D正确.故选：BD.11．【答案】ABD【详解】以为原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，对于A，，，所以，即，所以，故A正确；对于B，，，，，，，，，设为平面的一个法向量，所以，即，令，则，所以，所以，，所以平面，故B正确；对于C，，，，，，，所以，所以与不平行，故C错误；对于D，平面的一个法向量为，，所以点D到平面的距离为，故D正确.故选：ABD，12．【答案】或【详解】由于，所以，，解得或.故答案为：或13．【答案】/【分析】根据题意找出甲获胜的情况，然后利用古典概型的概率公式求解.【详解】由题意得甲获胜的情况有:423，123，423，114，332，152，342，512，125，432，334，151，314，共13种，所以估计甲获得冠军的概率为.故答案为：14．【答案】【详解】解：根据题意画出图形，如图所示：如图分别取的中点，连接，则，，所以为二面角的平面角，即.由题知为等边三角形，所以，.所以，即，所以.由图形的对称性可知：球心必在的延长线上，设球心为，连接，设半径为，，，由题可知，为直角三角形，所以，所以，解得：，，所以，球的表面积为：.故答案为：15．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用向量的加减数乘运算，结合题设条件即可求得；（2）先求出平面的基底两两之间的数量积，再根据（1）中的表示式，两边取平方，利用向量数量积的运算律计算即得.【详解】（1）由图可得，;（2）由题意，，则，于是，由两边取平方，，故.16．【答案】（1）；（2）.【详解】（1）联立方程解得，，且，∴，∴：，整理得：；（2）令：,过，代入得：,∴：.17．【答案】(1)；(2).【详解】（1）样本空间有25个结果，为一次函数，即，，共4种情况，所以概率为；（2）样本空间有25个结果，为二次函数，即，共20种情况，所以概率为．18．【答案】（1）或【分析】（1）通过直线的斜率存在与不存在两种情况，利用直线的方程与圆C相切，圆心到直线的距离等于半径即可求解直线的方程；（2）设直线方程为，求出圆心到直线的距离、求得弦长，得到的面积的表达式，利用二次函数求出面积的最大值时的距离，然后求出直线的斜率，即可得到直线的方程.【详解】（1）①若直线l1的斜率不存在，则直线l1：x＝1，符合题意.②若直线l1斜率存在，设直线l1的方程为，即．由题意知，圆心（3，4）到已知直线l1的距离等于半径2，即：，解之得.所求直线l1的方程是或.(2)直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0,设直线方程为，则圆心到直线l1的距离又∵△CPQ的面积＝∴当d＝时，S取得最大值2.∴＝∴k＝1或k＝7所求直线l1方程为x－y－1＝0或7x－y－7＝0.【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中涉及到直线与圆相切，圆的弦长公式，以及三角形的面积公式和二次函数的性质等知识点的综合考查，其中熟记直线与圆的位置关系的应用，合理准确计算是解答的关键，着重考查了分析问题