2023-2024學年陽江市高二數學第一學期期末測試卷附答案解析

-2024學年陽江市高二數學第一學期期末測試卷2024.1一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.設集合，，，則（）A. B. C. D.2.已知，，，則的最小值為（）A. B.1 C.0 D.3.已知冪函數圖象過點，則的值為（）A.9 B.3 C. D.4.若關于一元二次方程有兩個實根，且一個實根小于1，另一個實根大于2，則實數的取值范圍是（）A.B.C. D.5.已知，則＝（）A. B. C. D.6.已知向量，，，，則與的夾角為（）A. B. C. D.7.某圓錐的母線長為4，軸截面是頂角為120°的等腰三角形，過該圓錐的兩條母線作圓錐的截面，當截面面積最大時，圓錐底面圓的圓心到此截面的距離為（）A.4 B.2 C. D.8.已知是表面積為的球表面上的四點，球心為的內心，且到平面的距離之比為，則四面體的體積為（）A.3 B.4 C.5 D.6二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.在中，內角的對邊分別為，則下列說法中正確的有（）A.若，則面積的最大值為B.若，則面積的最大值為C.若角的內角平分線交于點，且，則面積的最大值為3D.若為的中點，且，則面積的最大值為10.已知函數，則（）A.是上的奇函數B.當時，的解集為C.當時，在上單調遞減D.當時，值域為11.已知函數，則下列正確的有（）A.函數在上為增函數 B.存在，使得C.函數的值域為 D.方程只有一個實數根12.正方體棱長為4，動點、分別滿足，其中，且，；在上，點在平面內，則（）A.對于任意，且，都有平面平面B.當時，三棱錐的體積不為定值C.若直線到平面的距離為，則直線與直線所成角正弦值最小為．D.的取值范圍為三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知，則的值為______.14.已知點在函數的圖像上，且有最小值，則常數的一個取值為_________．15.三棱錐的四個頂點都在表面積為的球O上，點A在平面的射影是線段的中點，，則平面被球O截得的截面面積為______．16.在四面體中，，，，且，，異面直線，所成的角為，則該四面體外接球的表面積為______.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.在中，角所對應的邊分別為，且，，．求：（1）a的值；（2）和的面積．18.某高校承辦了奧運會的志愿者選拔面試工作，現隨機抽取了100名候選者的面試成績并分成五組：第一組[45，55），第二組[55，65），第三組[65，75），第四組[75，85），第五組[85，95]，繪制成如圖所示的頻率分布直方圖，已知第三、四、五組的頻率之和為0.7，第一組和第五組的頻率相同．（1）求a、b的值；（2）估計這100名候選者面試成績的平均數和第60百分位數（精確到0.1）；19.如圖，在所有棱長都等于1三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABB1＝，∠B1BC＝．（1）證明：A1C1⊥B1C；（2）求直線BC與平面ABB1A1所成角的大?。?0.已知直線，直線，設直線與的交點為A，點P的坐標為.（1）經過點P且與直線垂直的直線方程；（2）求以為直徑的圓的方程.21已知直線和圓．（1）求與直線垂直且經過圓心的直線的方程；（2）求與直線平行且與圓相切的直線的方程．22.已知函數（1）當時，求的單調遞增區(qū)間（只需判定單調區(qū)間，不需要證明）；（2）設在區(qū)間上最大值為，求的解析式.2023-2024學年陽江市高二數學第一學期期末測試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.設集合，，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據集合的運算，即可得到結果.【詳解】，，故選：B2.已知，，，則的最小值為（）A. B.1 C.0 D.【答案】B【解析】【分析】由題設，且，應用基本不等式“1”的代換求目標式最小值，注意取值條件.【詳解】由題設，且，所以，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為1.故選：B3.已知冪函數的圖象過點，則的值為（）A.9 B.3 C. D.【答案】A【解析】【分析】設，根據求出，即可求出函數解析式，再代入計算可得.【詳解】設，則，所以，則，所以.故選：A4.若關于的一元二次方程有兩個實根，且一個實根小于1，另一個實根大于2，則實數的取值范圍是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根據一元二次方程根的分布，結合已知作出對應二次函數圖象，列出不等式，求解即可得出答案.【詳解】設，根據已知結合二次函數性質，作圖則有，解得.故選：C.5.已知，則＝（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由倍角公式和差角公式、平方關系求解即可.【詳解】.故選：D6.已知向量，，，，則與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據向量的坐標運算及數量積的運算性質、夾角公式求解.【詳解】，，，，，.故選：A7.某圓錐母線長為4，軸截面是頂角為120°的等腰三角形，過該圓錐的兩條母線作圓錐的截面，當截面面積最大時，圓錐底面圓的圓心到此截面的距離為（）A.4 B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】設該圓錐的頂點為S，底面圓心為O，連接SO，得到，得到的夾角為90°時，的面積最大，結合，列出方程，即可求解.【詳解】設該圓錐的頂點為S，底面圓心為O，AB為底面圓的直徑，連接SO，由圓錐的母線長為4，軸截面是頂角為120°的等腰三角形可知圓錐的高，底面圓半徑為，設C為圓錐底面圓周上一點，連接BC，OC，則，所以當的面積最大時，即最大時，即的夾角為90°時，的面積最大，此時的面積為8，且，取中點，連接，則，在直角中，可得，所以的面積為，設圓錐底面圓的圓心O到截面SBC的距離為h，則由可得，即，解得，所以圓錐底面圓的圓心到此截面的距離為．故選：D．8.已知是表面積為的球表面上的四點，球心為的內心，且到平面的距離之比為，則四面體的體積為（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】A【解析】【分析】根據題意分析可知是邊長為等邊三角形，點在底面的投影在直線上，建系，設，，利用空間向量結合點到面的距離可得，進而可求體積.【詳解】由題意可知：球心既是的內心，也是的外心，則為等邊三角形，設球的半徑為，則，解得，由正弦定理可得，即的邊長為，分別取的中點，連接，因為到平面的距離相等，由對稱可知：點在底面的投影在直線上，如圖，以O為坐標原點，為x軸所在直線，為y軸所在直線，過作底面的垂線為z軸所在直線，建立空間直角坐標系，則，可得，不妨設平面的法向量依次為，且，則O到平面的距離依次為，可得，整理得，因為，設，，則，則，解得，則，解得，則，即點到底面的距離為，所以四面體的體積為.故選：A.【點睛】關鍵點睛：1.分析可知是邊長為2的等邊三角形，點在底面的投影在直線上；2.巧妙設點或向量，方便分析計算.二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.在中，內角的對邊分別為，則下列說法中正確的有（）A.若，則面積的最大值為B.若，則面積的最大值為C.若角內角平分線交于點，且，則面積的最大值為3D.若為的中點，且，則面積的最大值為【答案】BCD【解析】【分析】利用余弦定理、基本不等式以及三角形的面積公式可判斷AB；根據角平分線的性質及余弦定理，結合二次函數求解最值判斷C，根據余弦定理結合二次函數求解最值判斷D.【詳解】對于A，由余弦定理可得，即，由基本不等式可得，即，當且僅當時，等號成立，所以，所以A錯誤；對于B，由余弦定理可得，所以，因為，所以，當且僅當時，等號成立，所以，即面積的最大值為，故B正確；對于C，設，，則，，在和中，分別運用正弦定理，得和.因為，所以，即，所以，由余弦定理可得，所以，，當且僅當時，等號成立，所以面積的最大值為3，所以C正確；對于D，設，則，在中，由余弦定理得，解得，則，所以，所以當即時，，D正確.故選：BCD.【點睛】方法點睛：本題以三角形中的邊角關系為背景設置了求三角形面積的最大值問題．求解時，先運用余弦定理求得邊角關系，再建立三角形的面積函數，進而借助基本不等式或二次函數的圖象和性質，分析探求出其最大值使得問題獲解.10.已知函數，則（）A.是上的奇函數B.當時，的解集為C.當時，在上單調遞減D.當時，值域為【答案】ABD【解析】【分析】對于A，直接由奇函數的定義即可判斷；對于B，直接分類討論解絕對值不等式即可判斷；對于C，舉出反例，推翻C選項；對于D，通過令換元法，然后再分類討論求出的值域即可判斷.【詳解】對于A，首先的定義域是關于原點對稱，其次，即是上的奇函數，故A正確；對于B，當時，，所以或，解得或，即當時，的解集為，故B正確；對于C，不妨取，此時，對，有，故C錯誤；對于D，當時，令，此時，而，當時，，從而當時，即值域為.故選：ABD.【點睛】關鍵點點睛：對于AC選項的判斷比較常規(guī)，直接由定義即可判斷，對于B，注意分類討論解決速度最快了，對于D，通過換元令，這樣就不要分或進行討論了.11.已知函數，則下列正確的有（）A.函數在上為增函數 B.存在，使得C.函數的值域為 D.方程只有一個實數根【答案】ABD【分析】首先去絕對值，依次判斷函數的單調性和值域，再求解的方程，再利用數形結合判斷D.【詳解】A.當時，，函數在上為增函數，故A正確；B.當時，，若，則，即，其中，所以方程存在實數根，故B正確；C.當時，，函數在上為增函數，此時，當且時，，此時函數在和單調遞減，此時或，所以函數的值域是，故C錯誤；D.由以上求值域的過程可知，和時，，當時，，即，如圖畫出和，當的圖象，兩函數圖象在區(qū)間只有1個交點，所以方程只有一個實數根，故D正確.故選：ABD12.正方體棱長為4，動點、分別滿足，其中，且，；在上，點在平面內，則（）A.對于任意的，且，都有平面平面B.當時，三棱錐的體積不為定值C.若直線到平面的距離為，則直線與直線所成角正弦值最小為．D.的取值范圍為【答案】ACD【分析】建空間直角坐標系，用向量知識求解四個選項.【詳解】對于A，以為坐標原點，，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，設平面的法向量為，，則，令，則，，則，，，，設平面的法向量為，則，令，則，，則，又，所以，所以對于任意的，且，都有平面平面，故A正確；對于B，當時，設平面的法向量為，，則，令，則，，所以，又，點到平面的距離為又，又因為的面積為定值，所以三棱錐的體積為定值，故B錯誤；對于C，設，,則因為直線到平面的距離為，所以平面，，設面為，則，令，則，所以所以，即，又，則，解得或，若，所以，，又，設直線與直線所成角為，所以當最大時，最小，令，，在單調遞增，所以，，最大值為，所以最小為，所以直線與直線所成角正弦值最小為；若，所以，，根據對稱性可得最小為，故C正確；對于D，設因為，所以，，，所以，整理得，即所以點的運動軌跡為一個以為球心，半徑為2的球面上一點，所以，所以，當時，最小為，當時，最大為所以的取值范圍為，故D正確.故選：ACD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知，則的值為______.【答案】##【分析】化簡所求值的式子，再利用誘導公式及二倍角的余弦公式計算即得.【詳解】依題意，.故答案為：14.已知點在函數的圖像上，且有最小值，則常數的一個取值為_________．【答案】1（不唯一）【分析】分別畫出函數和的圖像，再根據條件求解.【詳解】設，分別繪制函數的大致圖像如下圖：其中有最小值，，沒有最小值，是它的漸近線，點在上，，，如上圖，當時，不存在最小值，；故答案為：（不唯一）.15.三棱錐的四個頂點都在表面積為的球O上，點A在平面的射影是線段的中點，，則平面被球O截得的截面面積為______．【答案】【解析】【分析】求出球的半徑，由題目條件得到為等邊三角形，作出輔助線，找到球心的位置，并得到，求出截面面積，【詳解】設球O的半徑為，則，解得，因為點A在平面的射影是線段的中點，即⊥平面，因為平面，所以⊥，由三線合一可知，，因為，所以為等邊三角形，故，，且球心O在平面上的投影為的中心，即，過點O作⊥平面于點，連接，故，則與平行，故，由勾股定理得，平面被球O截得的截面為圓，半徑為2，故面積為.故答案為：16.在四面體中，，，，且，，異面直線，所成的角為，則該四面體外接球的表面積為______.【答案】或【解析】【分析】將四面體放到長方體中，則在長方體的后側面所在的平面內，由異面直線，所成的角為，即可大致確定的位置，利用對稱性以點在軸正方向時為例找出外接球球心位置并利用半徑得出等量關系，求得半徑大小后便可得出四面體外接球的表面積.【詳解】依題意，將四面體放到長方體中，則在長方體的后側面所在的平面內，因為異面直線，所成的角為，，所以可得或，所以應為圖中或，如下圖所示：由對稱性可知，當點在軸負方向時，解法與或位置相同；可設的中點為，四面體外接球的球心為，球的半徑為，由題意可知，球心在過點且垂直于平面的垂線上，且滿足，建立如上圖所示的空間直角坐標系，因為，，，設，又，由，所以，或，解得或,所以或，即可知四面體外接球的表面積為或.故答案為：或【點睛】方法點睛：在考查幾何體外接球問題時，如果外接球球心的位置用幾何法不太容易確定，可采取分割補形法或坐標法來確定其位置，進而求得半徑.四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.在中，角所對應的邊分別為，且，，．求：（1）a的值；（2）和的面積．【答案】（1）（2）故，的面積為【解析】【分析】（1）應用余弦定理列方程求值即可；（2）由同角三角函數平方關系求，應用正弦定理求，三角形面積公式求的面積.【小問1詳解】因為，，，所以，由余弦定理得：，解得．故.【小問2詳解】由，則，由正弦定理得，又，得，．故，的面積為.18.某高校承辦了奧運會的志愿者選拔面試工作，現隨機抽取了100名候選者的面試成績并分成五組：第一組[45，55），第二組[55，65），第三組[65，75），第四組[75，85），第五組[85，95]，繪制成如圖所示的頻率分布直方圖，已知第三、四、五組的頻率之和為0.7，第一組和第五組的頻率相同．（1）求a、b的值；（2）估計這100名候選者面試成績的平均數和第60百分位數（精確到0.1）；【答案】（1）（2）平均數為，第60百分位數【解析】【分析】（1）由三、四、五組的頻率之和為可求出值，再由所有頻率之和為求出值；（2）根據平均數等于每個小矩形面積乘上小矩形底邊中點的橫坐標之和求解，再根據百分位數的定義求解第60百分位數即可.【小問1詳解】∵第三、四、五組的頻率之和為0.7，∴，解得，所以前兩組的頻率之和為，即，所以；【小問2詳解】這100名候選者面試成績平均數為，前兩個分組頻率之和為0.3，前三個分組頻率之和為0.75，所以第60百分位數在第三組，設第60百分位數為，則，解得，故第60百分位數為.19.如圖，在所有棱長都等于1的三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABB1＝，∠B1BC＝．（1）證明：A1C1⊥B1C；（2）求直線BC與平面ABB1A1所成角的大?。敬鸢浮浚?）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用勾股定理得出AC⊥B1C，異面直線所成角定義即得.（2）首先根據題意連接AB1，A1B，交于點O，連接BC1，連接CO，進而證明CO⊥平面A1ABB1，再根據線面角的定義即得.【小問1詳解】證明：連接AB1，在△ABB1中，∠ABB1＝，AB＝BB1＝1，所以AB1＝，△BCB1中，∠B1BC＝，BC＝BB1＝1，所以B1C＝1，所以在△ACB1中，AB1＝，B1C＝1，AC＝1，所以AB12＝AC2＋B1C2，所以AC⊥B1C．又因為在三棱柱ABC－A1B1C1中，1，所以A1C1⊥B1C．【小問2詳解】方法1連接AB1，A1B，交于點O，連接BC1，連接CO．在邊長都為1的正方形A1ABB1中，O是AB1的中點，又因為B1C＝AC＝1，所以CO⊥AB1．因為四邊形B1BCC1邊長都為1，所以B1C⊥BC1．由(1)知B1C⊥A1C1．又因為A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1平面A1BC1，所以B1C⊥平面A1BC1．因為A1B平面A1BC1，所以B1C⊥A1B．因為在邊長都為1的四邊形A1ABB1中，A1B⊥AB1．又因為AB1∩B1C＝B1，AB1，B1C平面AB1C，所以A1B⊥平面AB1C．因為CO平面AB1C，所以CO⊥A1B．又因為A1B∩AB1＝O，A1B，AB1平面A1ABB1，所以CO⊥平面A1ABB1，所以∠CBO即為直線BC與平面ABB1A1所成的角．在邊長都為1的四邊形A1ABB1中，∠ABB1＝，所以BO＝．因為BC＝1，所以，所以∠CBO＝，所以直線BC與平面ABB1A1所成角的大小為．方法2取AB1中點O，連接BO，CO．在△ACB1中，AC＝B1C＝1，所以CO⊥AB1，在邊長都為1的正方形A1ABB1中，BO＝，A1B＝．又因為AC2＋B1C2＝A1B2，所以△ACB1為直角三角形，所以CO＝．在△ACB1中，CO2＋BO2＝BC2，所以CO⊥BO．又因為AB1∩BO＝O，AB1，BO平面A1ABB1，所以CO⊥平面A1ABB1，所以∠CBO即為直線BC與平面ABB1A1所成的角．在邊長都為1的四邊形A1ABB1中，∠ABB1＝，所以BO＝．因為BC＝1，所以，所以∠CBO＝，所以直線BC與平面ABB1A1所成角的大小為．20.已知直線，直線，設直線與的交點為A，點P的坐標為.（