【文档说明】广东省阳江市高新区2024-2025学年高二上学期11月期中测试数学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，3.198 MB，由envi的店铺上传

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2024-2025学年度第一学期高二期中测试数学试题本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将

试卷类型填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案

，答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题

卡一并交回.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.若复数z满足234iz=−+，则zz=（）A.34i55+B.34i55−−C.34i55−D.34i55−+【答

案】B【解析】【分析】设()i,zabab=+R，利用复数的运算得到22222izababzab−−=+，再结合条件，求得,ab，即可求解.【详解】设()i,zabab=+R，则izab=−，()()()22222ii2iiiiabzabab

abzabababab−−−−===++−+又()2i34iab+=−+，得到()222i34iabab−+=−+，所以223ab−=−，24ab=，所以1a=，2b=或1a=−，2b=−，得到225ab+=，

所以34i5zz−−=，故选：B．2.已知平面上的两个非零向量a，b满足()()22abababb−+==，则,ab=（）A.π6B.π4C.π3D.π2【答案】B【解析】【分析】借助向量数量积公式计算可得2ab=rr，再利

用向量夹角公式计算即可得.【详解】由()()2222ababaabbab−+=+−=，故2ab=rr，则22cos,22babababbb===，又,0,πab，故π,4ab=.故选：B.3.函数()()231fxaxax=+−+在区间

)1,−+单调递减，则实数a取值范围是（）A.)3,0−B.(,3−−C.(3,0−D.3,0−【答案】D【解析】【分析】0a=时，代入可知满足题意；0a时，求出二次函数的对称轴结合函数在右半部分单调递减得出开口方向，列出不

等式组，求解即可得出答案．【详解】当0a=时，()31fxx=−+在1)[-,+上单调递减，满足题意；当0a时，()fx的对称轴为直线32axa−=，由()fx在1)[-,+上单调递减，知0312aaa−−，解得30a−．综

上，a的取值范围为[3,0]−．故选：D4.sin60cos30cos120sin30−=（）A.314−B.12C.314+D.1【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式以及逆用两角和的正弦公式求解.【详解】sin60cos30cos120sin30sin60c

os30cos60sin30−=+()sin6030sin901=+==.故选:D5.已知四棱锥底面是正方形，顶点在底面的射影是底面的中心，高为63.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底

面的中心，且该圆柱的体积为83π，则四棱锥的底面的边长为（）A.833B.6C.83π3D.9【答案】A【解析】【分析】作出组合体的截面PAC，确定圆柱的高，利用圆柱的体积求得圆柱底面的半径，进而得到底面正方形的边长.【详解】如图四棱锥PBACD−的底面四边形ABCD为正方形，

高63PO=，作截面PAC（如下图）点F，点N分别为PA，PC的中点，点O为是正方形的中心也是圆柱底面圆的圆心.依题意可知1=332EFPO=，所以22=π33π83πVOEEFOE==圆柱所以263OE=，所以4623OAOE==，的所以8

3=23ABOA=.故选：A.6.已知向量(,2,0)ax=，(0,1,2)b=，且||3ab−=，则||a=（）A.22B.4C.42D.8【答案】A【解析】【分析】先求出ab−的坐标，利用模长公式求出参数x，再求||a.【详解】(,2,

0)ax=，(0,1,2)b=，(,1,2)abx−=−，∵||3ab−=，∴259x+=，24x=，所以2||422ax=+=，故选：A．7.已知222211228xyxy+=+=，且12120xxyy+=，则()()2

212122xxyy+−++的最大值为（）A.9B.12C.36D.48【答案】C【解析】【分析】设𝐴(𝑥1,𝑦1)与𝐵(𝑥2,𝑦2)，M为AB的中点，可证明点M在以O为圆心，2为半径的圆上，由()()()22221212241MMxxyyxy+−++=−+，结

合两点距离的几何意义即可求解.【详解】设𝐴(𝑥1,𝑦1)与𝐵(𝑥2,𝑦2)为圆22:8Oxy+=上一点，则12120OAOBxxyy=+=，得π2AOB=，22OAOB==，即ABO为等腰直角三角形，设M为AB的中点，则222MMOMxy=+=，得224MMxy+=，即点

M在以O为圆心，2为半径的圆上，故()()()222222121212122414122MMxxyyxxyyxy+++−++=−+=−+，因为点M到定点D(1,0)的距离的最大值为3d=，因此()()2

212122xxyy+−++的最大值为36.故选：C【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是将原问题化为()()()22221212241MMxxyyxy+−++=−+，根据两点距离的几何意义求解即可.8.已知圆

D：()()2220xayrr−+=与x轴相交于A、B两点，且圆C：()2259xy+−=，点()0,3M．若圆C与圆D相外切，则tanAMB的最大值为（）A.65B.125C.89D.169【答案】

B【解析】【分析】根据圆C与圆D相外切，可得22616arr=+−，再根据圆的对称性不妨令0a，再分0ar，ar=和ar三种情况讨论即可.【详解】圆D：()()2220xayrr−+=的圆心(),0Da，半径为r，

圆C：()2259xy+−=的圆心()0,5C，半径为3，因为圆C与圆D相外切，所以2253ar+=+，所以22616arr=+−，且圆D与x轴交于()(),0,,0arar−+，不妨记()(),0,,0AarBar−+，因为圆C关于y轴对称，点(),0a与点(),0a−关于y轴对称，

点()0,3M在y轴上，由对称性不妨令0a，当0ar时，则2220616arrr=+−，解得823r，故()33tantan133arraAMBBMOAMOarra+−+=+=+−−2266

716121,9676795rrarrr===+−+−−，当ar=时，则222616arrr=+−=，解得83r=，此时()160,0,,03AB，故82163tan39AMB==，当ar时，则222616arrr=+−，解得83r，故()33t

antan133ararAMBBMOAMOarar+−−=−=+−+226671611,967679rrarrr===+−+−−，综上所述，tanAMB的最大值为125.故选：B.【点睛】关键点点睛：将,ar表示的坐标重新表示为线段长度从而方便正切公式的计算，是解决本题

的关键.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.在正方体1111ABCDABCD−中，2,ABE=为11AD的中点，F是正方形11BBCC内部及边界上一点，则下

列说法正确的是（）A.平面1FBD⊥平面11ACDB.当22EF=时，点F的轨迹长度为2π3C.平面11BBCC内存在一条直线与直线EF成30角D.将11AAD以边1AD所在的直线为轴旋转一周，则在旋

转过程中，1A到平面1ABC的距离的取值范围是236236,3333−+【答案】ABD【解析】【分析】对于A，先证明1BD⊥平面11ACD，再利用面面垂直的判定定理即可判断；对于B，确定点F在

以H为圆心，半径为2的圆上运动，结合弧长公式即可判断；对于C，求出EF与平面11BCCB所成角的最小值，即可判断；对于D，判断出点1A的运动轨迹，进而结合圆的几何性质进行求解.【详解】对于A，连接11BD，则111

1BDAC⊥,又1BB⊥平面111111,ABCDAC平面1111DCBA，故111BBAC⊥,1111111,,BDBBBBDBB=I平面11BBD，故11AC⊥平面11BBD，1BD平面11BBD，故111ACBD⊥，同理11ADBD⊥，1111111,,

DAACADAAC=平面11ACD，故1BD⊥平面11ACD，1BD平面1FBD，故平面1FBD⊥平面11ACD，A正确；对于B，取11BC的中点为H，连接,EHHF，则EH⊥平面11BCCB，HF平面11BCCB，故E

HHF⊥，由于22,2EFEH==，故222HFEFEH=−=，即点F在以H为圆心，半径为2的圆上运动，结合题意知F轨迹为该圆在平面11BCCB内的圆弧，如图圆弧，则111,2,3BHHLBL===，则1π2ππ,π333BHLLHT==−=，故F轨迹长度为2π3

，B正确；对于C，从正方体中分离出四棱锥11EBCCB−，11BC的中点为H，EH⊥平面11BCCB，则,2EHEFEBECEH==，()22523,23EBEF=+=，则EF与平面11BCCB所成角的最小值为EBH，

21sin32EHEBHEB==,即30EBH，故平面11BBCC内不存在一条直线与直线EF成30角，C错误；对于D，连接1AD交1AD于N，取1BC的中点为M，连接,MNAM，则点1A的轨迹为平面11ADCB内以N为圆心

，2为半径的圆，又正方体性质知1BCMN⊥，由1ACAB=知1AMBC⊥，而,,MNAMMMNAM=平面AMN，故1BC⊥平面AMN，1BC平面1ACB，故平面1ACB⊥平面AMN;又11AB⊥平面11ADDA,AN平面11ADDA，故11ABAN⊥，结合1ANAD⊥，11

11111,,ABADAABAD=平面11ADCB，故AN⊥平面11ADCB，MN平面11ADCB，故ANNM⊥，则22223sin3211ANNMAAM===++，设NM与圆的交点分别为,RS，当点1A位于,RS

处时，1A到平面1ABC的距离分别取到最大值和最小值，最大值为()()323622sin22333NMA+=+=+，最大值为()()323622sin22333NMA−=−=−，故1A到平面1ABC的距离的取值范围是236236,3333−

+，D正确故选：ABD.【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于选项D的判断，解答时要注意判断出点1A的运动轨迹，进而结合圆的几何性质进行求解.10.如图，四边形ABCD为正方形，平面PCD⊥平面ABC

D，且PCD△为正三角形，2,CDM=为BC的中点，则下列命题中正确的是（）A//AM平面PCDB.BCPD⊥C.直线AM与PC所成角的余弦值为255D.点A到平面PDM的距离为3【答案】BD【解析】【分析】根据已知条件建立空间直角坐标系，根据向量法证明线面

平行，可判断A，根据面面垂直的性质定理可得到选项B，根据向量法可得到两直线所成角的余弦值，即可得到C，再根据空间中点面距离公式得到选项D.【详解】取CD的中点O，连接OP，因为PCD△为正三角形，O为CD的中点，则POCD⊥，因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD平面ABC

DCD=，PO平面PCD，所以⊥PO平面ABCD，又因为四边形ABCD为正方形，以点O为原点，,,DAOCOP的方向为,,xyz轴的正方向，.建立空间直角坐标系，如图所示，()()()()()2,1,0,2,1,0,0,1,0,0,0,3,1,1,0ABCPM−，()0,1,0D−，对于A，(

)1,2,0AM=−，由图易知平面PCD的一个法向量为()1,0,0m=，因为0AMm，故AM与平面PCD不平行，故A错误；对于B，因为四边形ABCD为正方形，所以BCCD⊥，因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD

平面ABCDCD=，BC平面ABCD，所以⊥BC平面PCD，又PD平面PCD，所以BCPD⊥，故B正确；对于C，()1,2,0AM=−，()0,1,3PC=−，25cos,552AMPCAMPCAMPC===，所以直线AM与PC所成角的余弦值为55，故

C错误；对于D，()()()2,0,0,1,2,0,0,1,3ADDMDP=−==，设平面PDM的法向量为(),,nxyz=，则200300xyDMnyzDPn+==+==，令1z=，则3,23yx=−=，所以

()23,3,1n=−，点A到平面PDM的距离4334ADndn===，故选项D正确；故选：BD.11.点A，B为圆()22:11Mxy−+=上的两点，点()2,Pt−为直线:2lx=−上的一个动点，则下列说法正确的是（）A.当0t=，且AB为圆的直径时，PAB面积的最大值为3

B.从点P向圆M引两条切线，切点分别为A，B，AB的最小值为423C.A，B为圆M上的任意两点，在直线l上存在一点P，使得π3APB=D.当()2,2,3PAB−=时，PAPB+的最大值为2131+【答案】ABD【解析】【分析】对

于A，确定()2,0P−，当AB垂直于x轴时，PAB面积最大，即可判断，对于B，设π,0,2APM=，求出||2cosAB=，结合余弦函数性质即可判断，对于C，结合正弦函数性质判断出π3APB，即可判断；对于D，设D为AB的

中点，则2PAPBPD+=，判断点D在以M为圆心，12为半径的圆上，结合PD的最大值为12PM+即可判断.【详解】对于A，当0t=，且AB为圆的直径时，此时()2,0P−，当AB垂直于x轴时，PAB面积最大，不妨取()()1,1,1,1A

A−，则()max13232PABS==，A正确；对于B，设π,0,2APM=，设,ABPM交于N，由圆的切线性质知RtPAM∽RtANM△，则ANAMPM==，故||2cosAB=，当最大时，|𝐴𝐵|最小，当()2,Pt−位于()2,0P−时，最

大，此时122sincos33==，，则42||3AB=，即|𝐴𝐵|的最小值为423，B正确；对于C，由B的分析可知当()2,Pt−位于()2,0P−时，最大，此时11sin32=，即π6APM，则π3APB，故直线l上不存在一点P，使

得π3APB=，C错误；对于D，设D为AB的中点，则2PAPBPD+=，连接MD，则MDAB⊥，则22221311222MDAMAB=−=−=，故点D在以M为圆心，12为半径的圆上，结合()2,2P−，可得PD的最大值为()22112121322PM+=−−+=

+,故PAPB+的最大值为2131+，D正确，故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在ABCV中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足sinsinsinsinacABbAC+−=−，则角C=_____.【答案】π3##60【解析】【

分析】由正弦定理可得222abcab+−=，再由余弦定理可得1cos2C=，即可求角C.【详解】因为sinsinsinsinacABbAC+−=−，由正弦定理可得acabbac+−=−，整理得222abcab+−=，由余弦定理可得2221cos222a

bcabCabab+−===，因为0πC，所以π3C=.在故答案为：π313.已知正四面体ABCD−的边长为2，点M，N为棱BC，AD的中点，点E，F分别为线段AM，CN上的动点，且满足AECF=，则线段EF长度的最小值为__________.【答案】105【解析】【

分析】根据给定条件，取定空间的基底{,,}ABACAD，利用空间向量的线性运算表示向量EF，再利用向量数量积的运算律，结合二次函数求出最小值.【详解】在棱长为2的正四面体ABCD−中，由点M，N为棱BC，AD的中点，得3AMCN==，由点E，F分别在线段AM，CN上，AECF=，令,[

0,1]AEAM=，则,[0,1]CFCN=，所以11()()()22EFAFAEACCFAMACACADABAC=−=+−=+−+−+3(1)222ACABAD=−−+，又|||cos60|2ACABACAB==，||||cos6

02ACADACAD==，||||cos602ADABADAB==，故2|33|(1)|[(1)22]222|2EFACABADACABAD=−−+=−−+2222223324(1)4421012410()244255=−++−=−+=−+，当3

5=时，min5||10EF=，所以线段EF长度的最小值为105.故答案为：105【点睛】思路点睛：取定空间的一个基底，表示向量EF，再利用向量运算求解.14.已知曲线214yx=+-与直线(2)4ykx=−+有且仅有一个公共点，那么实数k取值范围是______.【答案】35,41

2+【解析】【分析】根据方程可知直线恒过定点，曲线为半圆，画出图象，数形结合可得到k的取值范围．【详解】直线(2)4ykx=−+恒过点(2,4)A.由214yx=+-得22(1)4(1)xyy+−=，表示以(0,1)C为圆心

，2为半径的半圆，该半圆在直线1y=的上方.当直线与半圆相切于点E时，直线方程可化为：240kxyk−−+=，根据圆心(0,1)C到直线的距离等于半径2得：2|124|21kk−−+=+，解得512k=，当直线过点(2,1)B−时，4132(2)4k−==−−，此

时直线与曲线有两个公共点，当直线过点(2,1)D时，直线斜率不存在，此时直线与曲线有一个公共点，综上得，实数k的取值范围是35,412+.故答案为：35,412+.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．15.ABCV的内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知sincossinsincABaBC=．（1）求角B；（2）若3a=，ABCV面积为92，求b．的的【答案】（1）π4B=（2）3b=【解析】【分析】（1）由正弦定理边化角，即

可求得答案；（2）由三角形面积求出c，再利用余弦定理即可求得答案.【小问1详解】由题意知sincossinsincABaBC=，即sinsincossinsinsinCABABC=，由于(),0,π,sin0,sin0ACAC，故cossinBB=，即tan1B=，结合()0,πB，则

π4B=；【小问2详解】3a=，π4B=，ABCV的面积为92，则19sin22acB=，则32c=，故22222cos27233292bacacB=+−=−=，故3b=.16.如图，四棱锥PABCD−的底面A

BCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PDDC=，E是PC的中点.（1）证明：//PA平面BDE；（2）求二面角BDEC−−的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）33【解析】【分析】（1）连接AC，交BD于点O，根据中位线定理和线面平行的判定定

理进行证明.（2）利用线面垂直的判定定理和性质定理及平面几何的知识，证明得到BEC是二面角BDEC−−的平面角，从而计算得到结果.【小问1详解】连接AC，交BD于点O，由底面ABCD是正方形，可知O为AC的中点，又E是PC的中点

，OE是PAC的中位线，//OEPA，又PA平面BDE，OE平面BDE，//PA平面BDE.【小问2详解】设2PDDC==，22222222BDADAB=+=+=，PD⊥底面ABCD，DC底面ABCD，PDDC⊥，即PDC△是直角三角形，22222222PC

PDCD=+=+=，又E是PC的中点，122DECEPC===，同理可得PDBC⊥，且BCCD⊥，CDPDD=，BC⊥平面PCD，PC平面PCD，BC⊥PC，在直角BCE中，()2222226BEBCCE=+=+=，222BEDEBD+=，BEDE⊥，又CEDE⊥，

二面角BDEC−−的平面角为BEC，23cos36CEBECBE===.二面角BDEC−−的平面角的余弦值为33.17.文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市

的主要创造者，某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：[40,50)，)50

,60,,90,100，得到如图所示的频率分布直方图．（1）求频率分布直方图中a的值；（2）求样本成绩的第75百分位数；【答案】（1）0.030（2）84．【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图各小矩形面积和为1求出即得.（2）利用第75百分位数的定义，结合频率分布直方图列式计算即得.【

小问1详解】由频率分布直方图中各小矩形的面积之和为1，得()0.0050.0100.0200.0250.010101a+++++?，所以0.030a=.【小问2详解】成绩落在)40,80内的频率为()0.0050.0100.0200.030100.65+++=，落在)40

,90内的频率为()0.0050.0100.0200.0300.025100.9++++=，则样本成绩的第75百分位数为(80,90)m，由()0.65800.0250.75m+−=，得84m=，所以样本成绩的第75百分位数为84.18.如图，在四棱锥PABCD−中，底面A

BCD为菱形，PCD△是边长为2的正三角形，60BCD=，平面PCD⊥平面ABCD.（1）求证：PBCD⊥；（2）求直线PB与平面APD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）105【解析】【分析】（1）取CD

的中点O，连接,OPOB，根据条件得到OPCD⊥，OBCD⊥，由线面垂直的判定理得CD⊥平面OPB，再由线面垂直的性质定理，即可证明结果；（2）根据条件，建立空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量和PB，利用线面角的向量法，即可求解.【小问1详解

】如图，取CD的中点O，连接,OPOB，因为PCD△是边长为2的正三角形，所以OPCD⊥，在菱形ABCD中，60BCD=，则BCD△为等边三角形，所以OBCD⊥，又,,OBOPOOBOP=平面OPB，所以CD⊥平面OPB，又PB

平面OPB，所以PBCD⊥.【小问2详解】由（1）得,OPCDOBCD⊥⊥，因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD平面,ABCDCDOP=平面PCD，所以OP⊥平面ABCD，如图，以点O为原点，分别以,,OCOBOP为

,,xyz轴正方向建立空间直角坐标系.因3OBOP==，则()()()()2,3,0,0,0,3,1,0,0,0,3,0APDB−−.设平面PAD的法向量为𝑛⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则有3030nDPxznDAxy=+==−+=，令3x=，则1,1yz==-，所

以()3,1,1n=−，因为()0,3,3PB=−，记直线PB与平面APD所成角为，则2310sincos,,565PBnPBnPBn====所以直线PB与平面APD所成角的正弦值为105.19.已知直线l的方程为：()()11230mxmy++−−=.（1）求证：

不论m为何值，直线l必过定点M；（2）过（1）中的点M引直线1l交坐标轴正半轴于A，B两点，求AOBV面积的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）4【解析】【分析】（1）把直线方程写成()()230mxyxy−++−=，由

2030xyxy−=+−=可得定点坐标.（2）设过M点直线方程的点斜式，求出与坐标轴交点坐标，利用基本（均值）不等式求三角形面积的最小值.【小问1详解】由()()11230mxmy++−−=，可得()()230mxyxy−++−=，令202301xyx

xyy−==+−==，所以直线l过定点()2,1M.【小问2详解】由（1）知，直线1l恒过定点()2,1M，由题意可设直线1l的方程为()()120ykxk−=−，设直线1l与x轴，y轴正半轴交点为A，B，令0x=，得12Byk=−；令0y=，得12Axk=−，所以

AOBV面积()111222Skk=−−()11442kk=−+−+()1124442kk−−+=，当且仅当14kk−=−，即12k=−时，AOBV面积最小值为4.