辽宁省沈文新高考研究联盟2024-2025学年高二下学期期初质量监测 数学试题（含解析）

2024-2025（下）期初质量监测高二数学本试卷满分150分考试时间120分钟第Ⅰ卷选择题（共58分）一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）1.经过两点，的直线的倾斜角为（）A. B. C. D.不存在【答案】C【解析】【分析】根据条件可知直线垂直轴，即可得倾斜角大小．【详解】∵直线经过两点，，∴直线垂直轴，故倾斜角为．故选：C．2.已知，，点分所成的比为，则与的值分别为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由向量数乘的坐标运算求解即可.【详解】∵，，，∴，，∵分所成的比为，∴，即，∴有，解得.故选：D.3.已知向量，，且与的夹角为，则等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用向量夹角的坐标表示，列式计算得解.【详解】向量，，且与的夹角为，则，显然，解得.故选：C4.命题“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，【答案】B【解析】【分析】根据特称命题的否定是全称命题进行判断即可.【详解】因为特称命题的否定是全称命题，所以命题的否定为“，”，故选：B.5.设函数，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知条件易知函数关于点中心对称，结合奇偶性及平移变换列方程组分别求得，从而得到的值.【详解】因为，所以函数的图象关于点对称，因为函数为奇函数，即关于对称，所以根据平移变换得函数，所以，解得，所以.故选：C.6.等差数列中，前项和为，公差，且，若，则（）A. B. C.不确定 D.【答案】B【解析】【分析】由已知可得，利用等差数列的基本性质可求得的值.【详解】因为，所以，即，即，故.故选：B.7.由伦敦著名建筑事务所SteynStudio设计南非双曲线大教堂惊艳世界，该建筑是数学与建筑完美结合造就的艺术品.若将如图所示的大教堂外形弧线的一段近似看成双曲线（，）下支的部分，且此双曲线两条渐近线方向向下的夹角为，则该双曲线的离心率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据已知结合双曲线两条渐近线对称关系可得的倾斜角为，即，则，则，即可得出双曲线的离心率为.【详解】双曲线（，）的渐近线的方程为，双曲线两条渐近线方向向下的夹角为，根据双曲线两条渐近线对称关系可得的倾斜角为，则，则，，则该双曲线的离心率为，故选：D.8.已知，直线：与：的交点在圆：上，则的最大值是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据两条直线的位置关系和所过的定点，结合圆与圆的位置关系进行求解即可.【详解】，所以直线恒过点，，所以直线恒过点，由两条直线的方程可以判断直线与直线互相垂直，因此点在以为直径的圆上，线段中点为，半径为，圆的圆心为，半径为，由已知条件可知点在圆：上，所以圆与圆相交或相切，，因此有，解得：，所以则的最大值是，故选：A【点睛】关键点睛：通过直线方程判断交点的位置，根据圆与圆的位置关系进行求解是解题的关键.二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题所给的四个选项中，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.下列排列组合数中，正确的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】根据已知条件，结合组合数、排列数公式，即可求解．【详解】，故A错误；，故B正确；左边右边，故C正确；，，故D正确．故选：BCD．10.已知圆，则（）A.圆可能过原点 B.圆心在直线上C.圆与直线相切 D.圆被直线所截得的弦长为【答案】AD【解析】【分析】依据点与圆的位置关系即可判断A，把圆心代入直线方程看是否满足方程即可判断B，求出圆心到直线的距离即可判断C，利用弦长公式求得弦长即可判断D.【详解】由圆知：圆心，半径，对于A：把原点代入圆的方程得，所以解得或，所以当或时，圆过原点，故A正确；对于B：把圆心代入得，当时，，此时圆心不在直线上，故B不正确；对于C：圆心到直线的距离：，所以圆与直线相离，故C不正确；对于D：圆心到直线的距离为：，所以圆被直线所截得的弦长为：，故D正确.故选：AD.11.如图，为等腰直角三角形，斜边上的中线为线段中点，将沿折成大小为的二面角，连接，形成四面体，若是该四面体表面或内部一点，则下列说法正确的是（）A.若点为中点，则过的平面将三棱锥分成两部分的体积比为B.若直线与平面没有交点，则点的轨迹与平面的交线长度为C.若点在平面上，且满足，则点的轨迹长度为D.若点在平面上，且满足，则线段长度的取值范围是【答案】BC【解析】【分析】对于A，根据三棱锥的体积公式，分析底面与高的比例关系求解即可；对于B，根据面面平行的相关知识确定轨迹，即可求得其长度；对于C,建立平面直角坐标系，求出点P的轨迹方程，确定在面ADC内的轨迹，即可求得轨迹长度；对于D，结合题意以及C的分析，可知DP不是定值，从而不是定值，即可判断.【详解】对A，如图示，由题意可知，，，底面，故底面.由于E为线段BD中点，点为中点，故，又三棱锥与三棱锥等高，故，，故过的平面将三棱锥分成两部分的体积比为，故A错误；对B，若直线PE与平面ABC没有交点，则P点在过点E和平面ABC平行的平面上，如图示，设CD的中点为F，AD的中点为G，连接EF，FG，EG，则平面平面ABC,则点P的轨迹与平面ADC的交线即为GF，由于△ABC为等腰直角三角形，斜边上的中线，故，则，故B正确；对C，若点P在平面ACD上，且满足，以D为原点，DC,DA为x,y轴建立平面直角坐标系，如图，则，设，则，即，故P点在平面ADC上的轨迹即为该圆被平面ADC截得的圆弧（如图示），由可得圆心，则，则点P的轨迹长度为，故C正确；对D，由题意可知，平面ADC，故平面ADC，故，由于P在圆弧上，圆心为M，故当P在时取最小值，此时取最小值；当P在时取最大值，此时取最大值.故线段长度取值范围是，故D错误.故选：BC第Ⅱ卷非选择题（共92分）三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.若对任意正数x，不等式恒成立，则实数a的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】利用基本不等式计算即可.【详解】由题意可知对任意正数恒成立，由基本不等式可知，当且仅当时等号成立，则的最大值是，所以，故答案：.13.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间像球一样来回自由滚动，并且始终保持与两平面都接触（如图）．勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的几何体．若构成勒洛四面体ABCD的正四面体ABCD的棱长为2，在该“空心”勒洛四面体ABCD内放入一个球，则该球的球半径最大值是_______．【答案】【解析】【分析】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球，求出勒洛四面体内切球的半径,即可得出结果．【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球，由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心，正外接圆半径，正四面体的高，设正四面体的外接球半径为，在中，，解得，因此，勒洛四面体内切球半径.故答案为：．14.秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之为实一为从隅，开平方得积”如果把以上这段文字写成公式就是，共中a、b、c是△ABC的内角A，B，C的对边．若，且，2，成等差数列，则面积S的最大值为____【答案】【解析】【分析】运用正弦定理和余弦定理可得，再由等差数列中项性质可得，代入三角形的面积公式，配方，结合二次函数的最值求法，可得所求最大值．【详解】，∴，因此∵，2，成等差数列，∴，因此，当，即时，S取得最大值，即面积S的最大值为，故答案为.【点睛】本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式，以及等差数列中项性质，转化为求二次函数的最值是解题的关键，属于中档题．四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用平面法向量的性质进行运算证明即可；（2）利用空间向量夹角公式进行求解即可.【小问1详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，，，所以，因为是直棱柱，所以平面，因此平面的一个法向量为，所以，即，又平面，所以平面；【小问2详解】因为，，，设平面的法向量为，则，令，得，设直线与平面所成角为，则，所以.16.设，是不共线的非零向量，且，．（1）证明：可以作为一个基底；（2）若向量，试用基底表示．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）假设，共线，则存在实数，使得，推出，共线，与，是不共线的非零向量矛盾，即可得证．（2）设，得，解得，，即可得出答案．【小问1详解】假设，共线，所以存实数，使得，即，整理得，则，共线，这与，是不共线的非零向量矛盾，所以假设不成立，即与不共线，所以可以作为一个基底；【小问2详解】设，因为，是不共线的非零向量，所以，解得，所以．17.对于函数，记，，，…，，其中.（1）若函数是一次函数，且，求的最小值；（2）若，且，求；（3）设函数（），记，，若，证明：.【答案】（1）0（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用待定系数法求得函数解析式，结合基本不等式，可得答案；（2）根据题意，整理递推公式，可得答案；（3）根据二次函数的性质，利用递推公式，整理不等关系，可得答案.【小问1详解】设，，，又因为，所以，所以，所以，当时，，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为0．【小问2详解】因为，易知，所以，又．【小问3详解】因为，即无解，所以若，则，即，所以，即，所以时，无解，同理若，即，所以时，无解，综上．18.在多面体中，已知，，且，．（1）证明：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）先作辅助线，证得，结合，再根据线面垂直的判断定理，以及面面垂直的判断定理，即可求证．

（2）根据已知条件，通过线面位置关系，可得就是直线与平面所成的角，分别求出，的值，即可求解．【小问1详解】如图，分别取，的中点、，连接、、，则且，因为且，所以且则四边形为平行四边形，所以且，因为，所以，所以，又因为，所以，又因为，、平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面．【小问2详解】取的中点为，的中点为，连接，，，如图所示，因为，所以，在等腰梯形中，易得，又因为，、平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，过作于点，由平面平面，平面，则平面，连接，则就是直线与平面所成的角，因为平面，所以，由，，得，，是中点，，在等腰梯形中，，所以在等腰中，腰上的高，又因为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为．19.已知为椭圆上一点，对于上任意两点，，我们定义关于的生成点的形成过程：过作平行于的直线交于异于的一个点（若与重合，则为在处的切线；若与处切线平行，则交点为），记为，且对，记，称为关于的生成点列.（1）已知，，直接写出和的坐标；（2）若，且均在第一象限，证明：；（3）已知为上异于的一点，且在第一象限内，若关于的生成点列中至少有一点是，求出所有满足题意的点的坐标.【答案】（1），.（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）结合定义分别联立直线与椭圆求交点可得；（2）由椭圆参数方程，将椭圆上动点转化为参数，由平行关系探究不同参数间的等量关系，由角的关系可证结论；（3）由于依次递推得到关于的生成点列，故考虑先使用数学归纳法证明，再应用结论求解.【小问1详解】设，由，，得直线斜率，则过点且与平行的直线为，即，由对称性可知，直线与椭圆交点为，即；由，则，由题意椭圆在点处的切线方程为，过点作此切线的平行线交椭圆于点（异于点）；故，设，则过点，故设过点且与直线平行的直线方程为，设椭圆在此点处的切线方程为，联立椭圆方程，由所求交点不同于点，则得，故.故，.【小问2详解】设椭圆上任意一点，由椭圆，则可设，其中参数，下面记对应的参数.由，可知，由题意均在第一象限，则，，.由此，若在椭圆上，可设，即，若，若，则，由和差化积公式可得，化简得，则，，所以，特别地，若，，则由，则.设，其中.设，根据上述结论由，可得，即，则，若，则，.若，则