云南省长水教育集团2024-2025学年高二上学期11月期中质量检测数学试题含答案

长水教育集团2024~2025学年第一学期质量检测（11月）高二年级数学试题本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：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.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.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.设集合，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用交集的结果求解并验证即得.,则,解得.当满足题意；当,不满足集合元素互异性；故.故选：A.2.已知直线的一个方向向量为，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用直线方向向量的定义先求得直线的斜率，再求倾斜角即可.由题设，则直线的斜率，结合直线倾斜角的范围，易知直线的倾斜角为.故选:A.3.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】结合指数函数、对数函数的单调性，利用“分段法”确定正确答案.由，故.故选：D4.若方程表示圆，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据圆的一般方程满足，列式运算得解.因为方程表示圆，所以，解得所以实数的取值范围为.故选：C.5.若圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，则该圆锥的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设圆锥的底面半径为r，根据轴截面面积求出r，结合圆锥侧面积公式，即可求得答案.设圆锥的底面半径为r，由于圆锥的轴截面是等边三角形，则该圆锥的高为，母线长为2r，又轴截面面积为，故，则该圆锥的表面积为，故选：B6.已知向量满足：，则向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，由数量积的运算律可得，再由投影向量的定义代入计算，即可得到结果.由，得，即，由已知得，所以向量在向量上的投影向量为.故选：A7.过点分别作两条直线与圆分别相切于A、两点，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据直线与圆的位置关系结合二倍角公式计算即可.因为，可得圆心，半径，因为，则，可得，，故.故选:C.8.在正方体中，平面经过点B，D，平面经过点A，，当平面，分别截正方体所得截面面积最大时，平面与平面的夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先根据题意转化为过体对角线的平面与平面夹角的余弦值，利用向量坐标法求平面的法向量，即可求解.如图：因为正方体中过体对角线的截面面积最大，所以题目转化为求平面与平面夹角余弦值，以D点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，平面与平面的夹角为，因为平面，平面，所以，且，，平面，所以平面，同理平面，所以为平面的一个法向量，为平面的一个法向量，A1,0,0，，，，，则.故选：C.二、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.9.已知复数，则（）A.的虚部为B.C.在复平面内的对应点位于直线上D.为方程的一个根【答案】BCD【解析】【分析】先化简复数z，再逐项判断.对于A，，故，其虚部为，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，由复数的几何意义可知在复平面内的对应点位于直线上，故C正确；对于D，易得，故D正确.故选：BCD.10.如图，已知斜三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝，∠BAA1＝，∠CAA1＝，，，点O是与的交点，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.平面⊥平面【答案】ABD【解析】【分析】利用空间向量的线性运算，逐步把用基向量表示出来即可判断A，对于B,C,D,则可以选择，，为平面的一组基，分别用表示出相关向量，再运用向量数量积的运算律求向量模长和验证向量垂直，即可判断B,C;对于D项，计算推得，再由即可证得平面，最后由线面垂直得面面垂直即可.对于A，因，故A正确；对于B，不妨设，，，则构成空间的一个基底.则依题意：由A可得，，则，则，故B正确；对于C，因，故故C错误；对于D，如图取的中点E，连接，则，因为，E为的中点，所以.又，故有.因为，平面，所以平面,又平面，故平面⊥平面，即D正确.故选：ABD.11.若圆上恰有三个点到直线的距离为2，则的取值可以为（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】根据圆的一般方程与圆的标准方程之间的互化求出圆心和半径，利用点线距表示圆心到该直线的距离建立关于k的方程，解之即可求解.将圆的方程化为标准方程为，则圆心为，半径为4，由于圆的半径为4，则要使上恰有三个点到直线的距离为2，只需圆心到该直线的距离为2，即，解得，则选项BC正确.故选：BC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.学校组织知识竞赛，某班8名学生的成绩（单位：分）分别是65，60，75，78，86，84，90，94，则这8名学生成绩的分位数是______.【答案】84【解析】【分析】根据百分位数的定义计算即可得出结论.8名学生的成绩从小到大排列为：60，65，75，78，84，86，90，94，因，所以分位数为第5个数，即84分.故答案为：84.13.过曲线上一点A作平行于两坐标轴的直线，分别交曲线于点，，若直线过原点，则其斜率为______.【答案】【解析】【分析】利用对数的运算法则结合两点斜率公式计算即可.不妨设，则，，由题意可得，解得或，经过检验不符合，故舍去，故其斜率为.故答案为：.14.已知函数，将的图象向左平移个单位长度，所得图象与曲线关于原点对称，则______．【答案】【解析】【分析】由题可得图象向左平移个单位长度后所对应解析式，后由可得a，后可得答案.将的图象向左平移个单位长度，得到图象对应解析式为，若与曲线关于原点对称，可得，即由于不恒等于0，所以，故．故答案为：．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.15.已知直线与直线.（1）当为何值时，与平行，并求与的距离;（2）当为何值时，与垂直.【答案】（1），（2）或【解析】【分析】（1）由两直线平行可利用系数构造方程求得结果，再求两平行线间的距离；（2）由两直线垂直可利用系数构造方程求得结果.【小问1详解】由直线与平行，则，解得，所以此时直线，所以与的距离为.【小问2详解】由直线与垂直，则，解得或.16.在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且.（1）若，求；（2）若，求的面积的最大值.【答案】（1）（2）3【解析】【分析】（1）由正弦定理化角为边，得出边的关系后，由余弦定理求解；（2）由余弦定理及数量积的定义求得，再利用基本不等式求得的最大值，最后由面积公式得结论．【小问1详解】因为，所以由正弦定理得，又，所以，，从而.【小问2详解】由余弦定理可知，则，又，故，即，故，即，从而，当时取等号，即的面积的最大值为3.17.如图，在三棱柱中，平面，为线段上的一点．（1）求证:平面；（2）求直线与直线所成角余弦值；（3）若直线与平面所成角为，求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）借助线面平行的性质定理推导即可得；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算公式可得，即可得其所成角的余弦值；（3）利用空间向量夹角公式可确定点位置，再结合空间点到面距离公式进行求解即可.【小问1详解】连接，由三棱柱性质可得平面平面，又平面，故平面；【小问2详解】因为平面，平面，所以，而，故两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系：则，连接，则，由，故，故直线与直线所成角的余弦值为；【小问3详解】设，，则，设平面的法向量为，有，令，则，，即，因为直线与平面所成角为，所以，解得，即，因为，所以点到平面的距离为.18.已知圆的半径为3，圆心在直线：位于第一象限的部分上，一条光线沿直线入射被轴反射后恰好与圆相切.（1）直接写出的反射光线所在直线的方程；（2）求圆的方程；（3）点是圆与轴的公共点，一条光线从第一象限入射后与圆相切于点A，并与轴交于点，其在点处被直线反射后沿着轴负方向传播，此时的面积恰好为，求直线的方程.【答案】（1）（2）（3）.【解析】【分析】（1）利用光线的反射及点的对称求反射光线方程即可；（2）设圆心坐标，由直线与圆相切含参计算点线距离即可；（3）先确定E坐标，设，由切线长定理及锐角三角函数、二倍角公式得出，再利用三角形面积公式计算参数a，从而得出，由两线垂直结合点斜式计算即可.小问1详解】设的反射光线所在直线上任意点为，则该点关于轴对称点在直线上，所以的反射光线所在直线的方程为：.【小问2详解】设点，而圆与直线相切，且圆半径为3，则，即，整理得或，又点在第一象限，即，因此，点，所以圆的方程为.【小问3详解】由（2）知，点到轴距离为3，即轴与圆相切于点，由一条光线从第一象限入射后与圆相切于点A，并与轴交于点，得点在点的右侧，设，，则，连接，，，，，，又，整理得，解得，即点，直线的斜率为，由光的反射性质知，，则直线的斜率为，直线的方程为，即.19.在以为原点的平面直角坐标系中：过点的直线与圆：交于，两点，圆：.（1）若，求的斜率；（2）若过点存在无穷多对互相垂直的直线和分别与和相交于，和，两点，和的斜率存在，且，求的值.【答案】（1）（2）或2.【解析】【分析】（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，设直线：，联立圆与直线的方程