【精品解析】浙江省杭州市富阳区2023-2024学年高二上学期数学期末试卷

浙江省杭州市富阳区2023-2024学年高二上学期数学期末试卷
1．（2024高二上·富阳期末）设集合，，则（　　）
A．{2} B． C． D．
2．（2024高二上·富阳期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2024高二上·富阳期末）已知直线和，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024高二上·富阳期末）已知，，且，，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高二上·富阳期末）已知双曲线，若存在圆心在双曲线的一条渐近线上的圆，它与另一条渐近线、轴都相切，则该双曲线的离心率为（　　）
A．3 B． C． D．2
6．（2024高二上·富阳期末）现有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．事件“第一次取出的球的数字是3”，事件“第二次取出的球的数字是2”，事件“两次取出的球的数字之和是7”，事件“两次取出的球的数字之和是6”，则（　　）
A．与相互独立 B．与相互独立
C．与相互独立 D．与相互独立
7．（2024高二上·富阳期末）已知函数和都是定义在上的偶函数，当时，，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高二上·富阳期末）已知实数，满足，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高二上·富阳期末）已知把函数的图象上所有点向右平移个单位长度，可得到函数图象，（　　）
A． B．
C． D．
10．（2024高二上·富阳期末）已知为坐标原点，点，，，，则（　　）
A． B．
C． D．
11．（2024高二上·富阳期末）在平面直角坐标系中，三点，，，动点满足，则（　　）
A．点的轨迹方程为 B．面积最大时
C．最大时， D．到直线距离最小值为
12．（2024高二上·富阳期末）正三棱柱中，，点满足，其中，，则（　　）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使
D．当时，有且仅有一个点，使平面
13．（2024高二上·富阳期末）在△ABC中，已知，，，则　 　．
14．（2024高二上·富阳期末）表面积为16π的球的内接轴截面为正方形的圆柱的体积为　 　.
15．（2024高二上·富阳期末）已知是椭圆的左右顶点，点分别在矩形的边上，，且与的交点在椭圆上（第一象限内），则　 　．
16．（2024高二上·富阳期末）如图，在三棱锥中，若底面是正三角形，侧棱长，、分别为棱、的中点，并且，则直线与面所成角的正切值为　 　；三棱锥的外接球的体积为　 　．
17．（2024高二上·富阳期末）近年来，在新高考改革中，打破文理分科的“3＋3模式初露端倪，其中，语、数、英三门为必考科目，剩下三门为选考科目（物理、化学、生物、政治、历史、地理）.选考科目采用赋分”，即原始分不直接使用，而是按照学生在本科目考试的排名来划分等级，并以此打分得到最后的得分，假定某省规定：选考科目按考生原始分数从高到低排列，按照占总体15%，35%，35%，13%和2%划定A、B、C、D、E五个等级，并分别赋分为90分、80分、70分、60分和50分.该省某高中高二（11）班（共40人）进行了一次模拟考试选考科目全考，单科全班排名，（已知这次模拟考试中历史成绩满分100分）的频率分布直方图和地理成绩的成绩单如下所示，李雷同学这次考试中历史82分，地理70多分.
（1）采用赋分制后，求李雷同学历史成绩的最终得分；
（2）采用赋分制后，若李雷同学地理成绩最终得分为80分，那么他地理成绩原始分的所有可能值是多少？
（3）若韩梅同学必选历史，从地理、政治、物理、化学、生物五科中等可能地任选两科，则她选考科目中包含地理的概率是多少？
18．（2024高二上·富阳期末）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.
已知在中，，，分别是角，，的对边， ▲ .
（1）求；
（2）AB=4，求面积的最大值。
19．（2024高二上·富阳期末）如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，若M是AA1的中点.
（1）求证：//平面MBD；
（2）求的长为；
（3）求直线与直线DM所成角的余弦值.
20．（2024高二上·富阳期末）如图，已知长方形中，，，M为DC的中点.将△ADM沿折起，使得平面⊥平面.
（1）求证：；
（2）若点是线段上的一动点，问点在何位置时，二面角的余弦值为.
21．（2024高二上·富阳期末）如图，直线 与圆 相切于点 ，与抛物线 相交于不同的两点 ，与 轴相交于点 .
（1）若 是抛物线 的焦点，求直线 的方程；
（2）若 ，求 的值.
22．（2024高二上·富阳期末）设，已知函数，的零点分别是，，且．
（1）若，求a的取值范围；
（2）若，证明：；
（3）若，证明：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】由题设有，
故答案为：B .
【分析】由交集的定义，即可得出答案。
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，
．
故选：．
【分析】把代入，再由复数代数形式的乘除运算求解即可．
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；两条直线平行的判定
【解析】【解答】当 时， ， ，若 ，此时 重合，所以充分性不满足；
当 时， 且 ，所以 且 ，所以必要性满足，
所以“ ”是“ ”的必要不充分要条件，
故答案为：B.
【分析】先求出 对应的a的值，根据充分、必要条件的定义即可判断.
4．【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：，，，
，又，，
，，
则
．
故选：．
【分析】由和的范围求出的范围，由及的值，分别利用同角三角函数间的基本关系求出及的值，最后把所求式子中的角变形为，利用两角和与差的正弦函数公式化简后，将各自的值代入即可求出值．
5．【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】双曲线 的渐近线为 ，
设圆心在直线 上，其坐标为
则该圆与直线 相切，与 轴相切
所以 ，所以 ，即
故答案为：D
【分析】不妨设圆心在双曲线一条渐近线 上，其坐标为 ，由圆心到直线的距离公式即可求得双曲线的离心率.
6．【答案】A
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：根据题意，可得，，，，
所以，，
，，
所以与相互独立.
故答案为：A.
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义判断即可．
7．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；奇函数与偶函数的性质；函数的周期性
【解析】【解答】解：由题意，得，，所以，
所以，即函数的周期，
因为，时，，则．
故选：．
【分析】由已知得，，得到函数的周期，结合周期把所求函数值进行转化求解即可．
8．【答案】A
【知识点】圆锥曲线的共同特征；直线与圆锥曲线的关系；圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：因为实数，满足，
当，时，方程为，图象为椭圆在第一象限的部分，
当，时，方程为，图象为双曲线在第一象限的部分，
当，时，方程为，图象为双曲线在第一象限的部分，
当，时，方程为，图象不存在，
在同一坐标系中作出函数的图象如图所示，
根据双曲线的方程可得，两条双曲线的渐近线都是，
令，即直线为与渐近线平行，
当最大时，为图中①的情况，即直线与椭圆相切，
联立方程组，可得，
当直线与椭圆相切时，则有，解得，
又因为椭圆的图象只有第一象限的部分，故，
当最小时，恰在图中②的位置，且取不到这个最小值，
此时，故，
综上，的取值范围为，
所以的取值范围为，即的取值范围是．
故选：．
【分析】先利用绝对值的定义去掉绝对值，得到，满足的方程，作出其对应的图象，利用图象的边界状态进行求解，即可得到答案．
9．【答案】A,C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：根据题意，得，故A对，B错；
因为，
所以，故C对，D错.
故答案为：AC.
【分析】根据题意，结合三角函数的平移变换，以及诱导公式求解即可.
10．【答案】A,C
【知识点】向量的模；平面向量数量积的坐标表示；两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：对于，，，，，，为坐标原点，
，，
，，故正确；
对于，，，，，，为坐标原点，
，，
，
，，故错误；
对于，，，，，，为坐标原点，
，，
，又，
，故正确；
对于，，，
，故不正确．
故选：．
【分析】由向量模长、数量积的坐标运算，结合同角三角函数关系和两角和差公式依次判断各个选项即可．
11．【答案】A,B,D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；轨迹方程
【解析】【解答】设，由得：，即，
化简可得：，即点轨迹方程为，A符合题意；
直线过圆的圆心，点到直线的距离的最大值为圆的半径，即为，
，面积最大为，此时，
，B符合题意；
当最大时，则为圆的切线，
，C不符合题意；
直线的方程为，则圆心到直线的距离为，
点到直线距离最小值为，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意设出点的坐标，结合已知条件整理化简即可的点的轨迹方程，从而判断出选项A正确；由结合三角形的面积公式，由两点间的距离公式代入数值计算出结果，由此判断出选项B正确；结合直线与圆的位置关系，即可判断出当最大时，则为圆的切线，由两点间的距离公式代入数值计算出结果，由此判断出选项C错误；根据题意由点到直线的距离公式代入数值计算出结果，由此判断出选项D正确，从而即可得出答案。
12．【答案】B,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与直线的位置关系
【解析】【解答】解：对于A，当时，，即，所以，
故点在线段上，此时△的周长为，
当点为的中点时，△的周长为，
当点在点处时，△的周长为，
故周长不为定值，故A错误；
对于B，当时，，即，所以，
故点在线段上，
因为平面，
所以直线上的点到平面的距离相等，
又△的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
对于C，当时，，取，中点分别为，，建立如下图所示的空间直角坐标系，
，，，，设，代入
有，所以，则，，
，因为，所以存在两个点P，使得，故C错误.
对于D，当时，取的中点，的中点，
因为，即，所以，
则点在线的上，
当点在点处时，取的中点，连结，，
因为平面，又平面，所以，
在正方形中，，
又，，平面，
故平面，又平面，所以，
在正方体形中，，
又，，平面，所以平面，
因为过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点，使得平面，故D正确．
故答案为：BD.
【分析】判断当时，点在线段上，分别计算点为两个特殊点时的周长，即可判断A；当时，点在线段上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断B；当时，取，中点分别为，，不妨建系解决，求出，即可判断C；当时，取的中点，的中点，则点在线的上，证明当点在点处时，平面，利用过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，即可判断D．
13．【答案】2或4
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：在中，由正弦定理，可得，即，
所以，所以或，所以或.
当时，，所以；
当时，.所以或4.
故答案为：2或4.
【分析】根据正弦定理求出角，再求出角，然后求出的值即可.
14．【答案】
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可知，4πR2＝16π，所以R＝2，即球的半径R＝2．
设圆柱的底面圆半径为r，则，即，所以r＝，
∴V圆柱＝πr2·2r＝2π·2＝4π．
故答案为：.
【分析】根据球的表面积求出球的半径，结合截面图得到圆柱的半径与球的半径的关系式，求出圆柱的底面半径，再求出圆柱的体积.
15．【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】由题意， 在第一象限，则 、 的斜率都存在，
设 ， ，直线 ，取 ，可得 ，
直线 ，取 ，可得 ， ，
， ，
，
， 在椭圆 上， ，
即 ，
而 ，
．
故答案为： ．
【分析】由已知可知 、 的斜率都存在，设 ， ，直线 ，直线 ，求出 的坐标，可得 ，再由P在椭圆上，结合斜率公式可求得 ，即可求解.
16．【答案】；
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：由三棱锥中，若底面是正三角形，侧棱长知，三棱锥是正三棱锥，则点在底面中的投影为底面的中心，为中点如图，
因此，所以平面，平面，
，又、分别为棱、的中点，
则，因此，异面直线与所成角为；
，
平面，又，则平面，
又根据题意可知，在中，，，
∴ 直线与面所成角的正切值为.
三棱锥是正三棱锥，
因此三棱锥可以看成正方体的一部分且为正方体的四个顶点，故球的直径为，
则球的体积为.
故答案为： ；.
【分析】根据题意得出三棱锥是正三棱锥，易证出平面，再根据，可得，从而得出异面直线与所成角；判断出三棱锥是正方体的一部分，从而得出球的直径，即可得出球的体积.
17．【答案】（1）解：80分以上的占，属于级，赋分制得分为90分.
（2）解：采用赋分制后，李雷同学地理成绩的最终得分为80分，故成绩在到之间，
，，故成绩在名和名之间，即到之间，
地理70多分，故可能的原始分数为76，77，78.
（3）解：记地理、政治、物理、化学、生物分别为，
共有10种情况，
满足条件的有4种，故.
【知识点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】(1)计算80分以上的占，属于级，得到答案；
(2)计算成绩应该在14名和20名之间，即76到83之间，得到分数；
(3)列举基本事件，结合古典概型的概率公式，求解即可.
18．【答案】（1）解：（1）方案一：选条件①.
∵，
∴，
∵，∴，即，
∵，∴，即，
∵，∴.
方案二：选条件②.
∵，
∴.
∴，即，
∴，
∵，∴.
方案三：选条件③.
由及正弦定理得，
∵，∴，∴，
即，得，
故，又，∴.
（2）解：由及余弦定理可知，，
又，所以，当且仅当时取等号，
所以的面积，
所以面积的最大值为.
【知识点】基本不等式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）选择①，利用正弦定理和余弦的和角公式的逆用求得，进而求出；选择②，先用正弦定理，再用余弦定理求解；选择③，先用正弦定理，再用余弦的差角公式，得到，进而求出；
（2）根据条件，结合余弦定理和基本不等式求出最大值即可.
19．【答案】（1）证明：连交于，连，
则为的中点，又是的中点，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）解：因为，
所以
.
（3）解：设直线与直线DM所成角为，则，
因为，所以
，
因为，，
所以
.
所以直线与直线DM所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）连交于，连，利用中位线证明，再根据直线与平面平行的判定定理证明即可；
（2）将用、、表示，利用以及空间向量的数量积求解；
（3）转化为向量与的夹角求解即可.
20．【答案】（1）证明：∵长方形ABCD中，AB=，AD=，M为DC的中点，
∴AM=BM=2，∴BM⊥AM.
∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，BM 平面ABCM，
∴BM⊥平面ADM，
∵AD 平面ADM，
∴AD⊥BM.
（2）解：建立如图所示的直角坐标系
设，则平面AMD的一个法向量，
，
设平面AME的一个法向量则，
取y=1，得
所以，因为，求得，
所以E为BD的中点.
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 利用面面垂直的性质、线面垂直的性质证明即可；
(2) 建立适当的空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即可.
21．【答案】（1）解：因为 是抛物线 的焦点，所以 ，即 ，
设直线 的方程为 ，由直线 与圆 相切，得 ，即 ，
所以，直线 的方程为
（2）解：设直线 的方程为 ， ， ， ，
由 ，得 ， ， ，
∴ .
由直线 与圆 相切，得 ，即 .
由 ， ，得 .
所以 ，又 ，解得 .
由直线 与 互相垂直，得 ，
【知识点】直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质
【解析】【分析】 (1)由已知求得t，设出直线l的方程，由圆心到直线的距离等于圆的半径列式求得k，则直线l的方程可求；
(2)根据题意由斜截式设出直线的方程再联立直线与椭圆的方程，消去y等到关于x的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于t的两根之和与两根之积的代数式，再由弦长公式代入整理得到，再由点到直线的距离公式整理得到，从而得到求解出方程的解利用垂直的性质即可求出整理化简即可得出答案。
22．【答案】（1）解：因为在上单调递增，且，所以，且．
所以，，且，所以，．所以实数a的取值范围．
（2）证明：当时，在上单调递增，且，所以，．
因为在上单调递增，，所以，．
所以，对任意的恒成立，
所以，，所以，．
（3）证明：当时，在上单调递增，且，
所以，，因为在上单调递增．所以，，因为，
，所以，
，故，．
【知识点】复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）首先判断函数的单调性，并结合零点存在性定理，求a的取值范围；
（2）不等式变形为对任意的恒成立，变形后即可证明；
（3）由条件可知，，且，，将替换后，代入，变形后即可证明.
1 / 1浙江省杭州市富阳区2023-2024学年高二上学期数学期末试卷
1．（2024高二上·富阳期末）设集合，，则（　　）
A．{2} B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】由题设有，
故答案为：B .
【分析】由交集的定义，即可得出答案。
2．（2024高二上·富阳期末）已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，
．
故选：．
【分析】把代入，再由复数代数形式的乘除运算求解即可．
3．（2024高二上·富阳期末）已知直线和，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；两条直线平行的判定
【解析】【解答】当 时， ， ，若 ，此时 重合，所以充分性不满足；
当 时， 且 ，所以 且 ，所以必要性满足，
所以“ ”是“ ”的必要不充分要条件，
故答案为：B.
【分析】先求出 对应的a的值，根据充分、必要条件的定义即可判断.
4．（2024高二上·富阳期末）已知，，且，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：，，，
，又，，
，，
则
．
故选：．
【分析】由和的范围求出的范围，由及的值，分别利用同角三角函数间的基本关系求出及的值，最后把所求式子中的角变形为，利用两角和与差的正弦函数公式化简后，将各自的值代入即可求出值．
5．（2024高二上·富阳期末）已知双曲线，若存在圆心在双曲线的一条渐近线上的圆，它与另一条渐近线、轴都相切，则该双曲线的离心率为（　　）
A．3 B． C． D．2
【答案】D
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】双曲线 的渐近线为 ，
设圆心在直线 上，其坐标为
则该圆与直线 相切，与 轴相切
所以 ，所以 ，即
故答案为：D
【分析】不妨设圆心在双曲线一条渐近线 上，其坐标为 ，由圆心到直线的距离公式即可求得双曲线的离心率.
6．（2024高二上·富阳期末）现有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．事件“第一次取出的球的数字是3”，事件“第二次取出的球的数字是2”，事件“两次取出的球的数字之和是7”，事件“两次取出的球的数字之和是6”，则（　　）
A．与相互独立 B．与相互独立
C．与相互独立 D．与相互独立
【答案】A
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：根据题意，可得，，，，
所以，，
，，
所以与相互独立.
故答案为：A.
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义判断即可．
7．（2024高二上·富阳期末）已知函数和都是定义在上的偶函数，当时，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；奇函数与偶函数的性质；函数的周期性
【解析】【解答】解：由题意，得，，所以，
所以，即函数的周期，
因为，时，，则．
故选：．
【分析】由已知得，，得到函数的周期，结合周期把所求函数值进行转化求解即可．
8．（2024高二上·富阳期末）已知实数，满足，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】圆锥曲线的共同特征；直线与圆锥曲线的关系；圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：因为实数，满足，
当，时，方程为，图象为椭圆在第一象限的部分，
当，时，方程为，图象为双曲线在第一象限的部分，
当，时，方程为，图象为双曲线在第一象限的部分，
当，时，方程为，图象不存在，
在同一坐标系中作出函数的图象如图所示，
根据双曲线的方程可得，两条双曲线的渐近线都是，
令，即直线为与渐近线平行，
当最大时，为图中①的情况，即直线与椭圆相切，
联立方程组，可得，
当直线与椭圆相切时，则有，解得，
又因为椭圆的图象只有第一象限的部分，故，
当最小时，恰在图中②的位置，且取不到这个最小值，
此时，故，
综上，的取值范围为，
所以的取值范围为，即的取值范围是．
故选：．
【分析】先利用绝对值的定义去掉绝对值，得到，满足的方程，作出其对应的图象，利用图象的边界状态进行求解，即可得到答案．
9．（2024高二上·富阳期末）已知把函数的图象上所有点向右平移个单位长度，可得到函数图象，（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：根据题意，得，故A对，B错；
因为，
所以，故C对，D错.
故答案为：AC.
【分析】根据题意，结合三角函数的平移变换，以及诱导公式求解即可.
10．（2024高二上·富阳期末）已知为坐标原点，点，，，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】向量的模；平面向量数量积的坐标表示；两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：对于，，，，，，为坐标原点，
，，
，，故正确；
对于，，，，，，为坐标原点，
，，
，
，，故错误；
对于，，，，，，为坐标原点，
，，
，又，
，故正确；
对于，，，
，故不正确．
故选：．
【分析】由向量模长、数量积的坐标运算，结合同角三角函数关系和两角和差公式依次判断各个选项即可．
11．（2024高二上·富阳期末）在平面直角坐标系中，三点，，，动点满足，则（　　）
A．点的轨迹方程为 B．面积最大时
C．最大时， D．到直线距离最小值为
【答案】A,B,D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；轨迹方程
【解析】【解答】设，由得：，即，
化简可得：，即点轨迹方程为，A符合题意；
直线过圆的圆心，点到直线的距离的最大值为圆的半径，即为，
，面积最大为，此时，
，B符合题意；
当最大时，则为圆的切线，
，C不符合题意；
直线的方程为，则圆心到直线的距离为，
点到直线距离最小值为，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意设出点的坐标，结合已知条件整理化简即可的点的轨迹方程，从而判断出选项A正确；由结合三角形的面积公式，由两点间的距离公式代入数值计算出结果，由此判断出选项B正确；结合直线与圆的位置关系，即可判断出当最大时，则为圆的切线，由两点间的距离公式代入数值计算出结果，由此判断出选项C错误；根据题意由点到直线的距离公式代入数值计算出结果，由此判断出选项D正确，从而即可得出答案。
12．（2024高二上·富阳期末）正三棱柱中，，点满足，其中，，则（　　）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使
D．当时，有且仅有一个点，使平面
【答案】B,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与直线的位置关系
【解析】【解答】解：对于A，当时，，即，所以，
故点在线段上，此时△的周长为，
当点为的中点时，△的周长为，
当点在点处时，△的周长为，
故周长不为定值，故A错误；
对于B，当时，，即，所以，
故点在线段上，
因为平面，
所以直线上的点到平面的距离相等，
又△的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
对于C，当时，，取，中点分别为，，建立如下图所示的空间直角坐标系，
，，，，设，代入
有，所以，则，，
，因为，所以存在两个点P，使得，故C错误.
对于D，当时，取的中点，的中点，
因为，即，所以，
则点在线的上，
当点在点处时，取的中点，连结，，
因为平面，又平面，所以，
在正方形中，，
又，，平面，
故平面，又平面，所以，
在正方体形中，，
又，，平面，所以平面，
因为过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点，使得平面，故D正确．
故答案为：BD.
【分析】判断当时，点在线段上，分别计算点为两个特殊点时的周长，即可判断A；当时，点在线段上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断B；当时，取，中点分别为，，不妨建系解决，求出，即可判断C；当时，取的中点，的中点，则点在线的上，证明当点在点处时，平面，利用过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，即可判断D．
13．（2024高二上·富阳期末）在△ABC中，已知，，，则　 　．
【答案】2或4
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：在中，由正弦定理，可得，即，
所以，所以或，所以或.
当时，，所以；
当时，.所以或4.
故答案为：2或4.
【分析】根据正弦定理求出角，再求出角，然后求出的值即可.
14．（2024高二上·富阳期末）表面积为16π的球的内接轴截面为正方形的圆柱的体积为　 　.
【答案】
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可知，4πR2＝16π，所以R＝2，即球的半径R＝2．
设圆柱的底面圆半径为r，则，即，所以r＝，
∴V圆柱＝πr2·2r＝2π·2＝4π．
故答案为：.
【分析】根据球的表面积求出球的半径，结合截面图得到圆柱的半径与球的半径的关系式，求出圆柱的底面半径，再求出圆柱的体积.
15．（2024高二上·富阳期末）已知是椭圆的左右顶点，点分别在矩形的边上，，且与的交点在椭圆上（第一象限内），则　 　．
【答案】
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】由题意， 在第一象限，则 、 的斜率都存在，
设 ， ，直线 ，取 ，可得 ，
直线 ，取 ，可得 ， ，
， ，
，
， 在椭圆 上， ，
即 ，
而 ，
．
故答案为： ．
【分析】由已知可知 、 的斜率都存在，设 ， ，直线 ，直线 ，求出 的坐标，可得 ，再由P在椭圆上，结合斜率公式可求得 ，即可求解.
16．（2024高二上·富阳期末）如图，在三棱锥中，若底面是正三角形，侧棱长，、分别为棱、的中点，并且，则直线与面所成角的正切值为　 　；三棱锥的外接球的体积为　 　．
【答案】；
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：由三棱锥中，若底面是正三角形，侧棱长知，三棱锥是正三棱锥，则点在底面中的投影为底面的中心，为中点如图，
因此，所以平面，平面，
，又、分别为棱、的中点，
则，因此，异面直线与所成角为；
，
平面，又，则平面，
又根据题意可知，在中，，，
∴ 直线与面所成角的正切值为.
三棱锥是正三棱锥，
因此三棱锥可以看成正方体的一部分且为正方体的四个顶点，故球的直径为，
则球的体积为.
故答案为： ；.
【分析】根据题意得出三棱锥是正三棱锥，易证出平面，再根据，可得，从而得出异面直线与所成角；判断出三棱锥是正方体的一部分，从而得出球的直径，即可得出球的体积.
17．（2024高二上·富阳期末）近年来，在新高考改革中，打破文理分科的“3＋3模式初露端倪，其中，语、数、英三门为必考科目，剩下三门为选考科目（物理、化学、生物、政治、历史、地理）.选考科目采用赋分”，即原始分不直接使用，而是按照学生在本科目考试的排名来划分等级，并以此打分得到最后的得分，假定某省规定：选考科目按考生原始分数从高到低排列，按照占总体15%，35%，35%，13%和2%划定A、B、C、D、E五个等级，并分别赋分为90分、80分、70分、60分和50分.该省某高中高二（11）班（共40人）进行了一次模拟考试选考科目全考，单科全班排名，（已知这次模拟考试中历史成绩满分100分）的频率分布直方图和地理成绩的成绩单如下所示，李雷同学这次考试中历史82分，地理70多分.
（1）采用赋分制后，求李雷同学历史成绩的最终得分；
（2）采用赋分制后，若李雷同学地理成绩最终得分为80分，那么他地理成绩原始分的所有可能值是多少？
（3）若韩梅同学必选历史，从地理、政治、物理、化学、生物五科中等可能地任选两科，则她选考科目中包含地理的概率是多少？
【答案】（1）解：80分以上的占，属于级，赋分制得分为90分.
（2）解：采用赋分制后，李雷同学地理成绩的最终得分为80分，故成绩在到之间，
，，故成绩在名和名之间，即到之间，
地理70多分，故可能的原始分数为76，77，78.
（3）解：记地理、政治、物理、化学、生物分别为，
共有10种情况，
满足条件的有4种，故.
【知识点】频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】(1)计算80分以上的占，属于级，得到答案；
(2)计算成绩应该在14名和20名之间，即76到83之间，得到分数；
(3)列举基本事件，结合古典概型的概率公式，求解即可.
18．（2024高二上·富阳期末）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答.
已知在中，，，分别是角，，的对边， ▲ .
（1）求；
（2）AB=4，求面积的最大值。
【答案】（1）解：（1）方案一：选条件①.
∵，
∴，
∵，∴，即，
∵，∴，即，
∵，∴.
方案二：选条件②.
∵，
∴.
∴，即，
∴，
∵，∴.
方案三：选条件③.
由及正弦定理得，
∵，∴，∴，
即，得，
故，又，∴.
（2）解：由及余弦定理可知，，
又，所以，当且仅当时取等号，
所以的面积，
所以面积的最大值为.
【知识点】基本不等式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）选择①，利用正弦定理和余弦的和角公式的逆用求得，进而求出；选择②，先用正弦定理，再用余弦定理求解；选择③，先用正弦定理，再用余弦的差角公式，得到，进而求出；
（2）根据条件，结合余弦定理和基本不等式求出最大值即可.
19．（2024高二上·富阳期末）如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，若M是AA1的中点.
（1）求证：//平面MBD；
（2）求的长为；
（3）求直线与直线DM所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：连交于，连，
则为的中点，又是的中点，所以，
又平面，平面，所以平面.
（2）解：因为，
所以
.
（3）解：设直线与直线DM所成角为，则，
因为，所以
，
因为，，
所以
.
所以直线与直线DM所成角的余弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）连交于，连，利用中位线证明，再根据直线与平面平行的判定定理证明即可；
（2）将用、、表示，利用以及空间向量的数量积求解；
（3）转化为向量与的夹角求解即可.
20．（2024高二上·富阳期末）如图，已知长方形中，，，M为DC的中点.将△ADM沿折起，使得平面⊥平面.
（1）求证：；
（2）若点是线段上的一动点，问点在何位置时，二面角的余弦值为.
【答案】（1）证明：∵长方形ABCD中，AB=，AD=，M为DC的中点，
∴AM=BM=2，∴BM⊥AM.
∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，BM 平面ABCM，
∴BM⊥平面ADM，
∵AD 平面ADM，
∴AD⊥BM.
（2）解：建立如图所示的直角坐标系
设，则平面AMD的一个法向量，
，
设平面AME的一个法向量则，
取y=1，得
所以，因为，求得，
所以E为BD的中点.
【知识点】直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 利用面面垂直的性质、线面垂直的性质证明即可；
(2) 建立适当的空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即可.
21．（2024高二上·富阳期末）如图，直线 与圆 相切于点 ，与抛物线 相交于不同的两点 ，与 轴相交于点 .
（1）若 是抛物线 的焦点，求直线 的方程；
（2）若 ，求 的值.
【答案】（1）解：因为 是抛物线 的焦点，所以 ，即 ，
设直线 的方程为 ，由直线 与圆 相切，得 ，即 ，
所以，直线 的方程为
（2）解：设直线 的方程为 ， ， ， ，
由 ，得 ， ， ，
∴ .
由直线 与圆 相切，得 ，即 .
由 ， ，得 .
所以 ，又 ，解得 .
由直线 与 互相垂直，得 ，
【知识点】直线与圆的位置关系；抛物线的简单性质
【解析】【分析】 (1)由已知求得t，设出直线l的方程，由圆心到直线的距离等于圆的半径列式求得k，则直线l的方程可求；
(2)根据题意由斜截式设出直线的方程再联立直线与椭圆的方程，消去y等到关于x的一元二次方程结合韦达定理即可得到关于t的两根之和与两根之积的代数式，再由弦长公式代入整理得到，再由点到直线的距离公式整理得到，从而得到求解出方程的解利用垂直的性质即可求出整理化简即可得出答案。
22．（2024高二上·富阳期末）设，已知函数，的零点分别是，，且．
（1）若，求a的取值范围；
（2）若，证明：；
（3）若，证明：．
【答案】（1）解：因为在上单调递增，且，所以，且．
所以，，且，所以，．所以实数a的取值范围．
（2）证明：当时，在上单调递增，且，所以，．
因为在上单调递增，，所以，．
所以，对任意的恒成立，
所以，，所以，．
（3）证明：当时，在上单调递增，且，
所以，，因为在上单调递增．所以，，因为，
，所以，
，故，．
【知识点】复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）首先判断函数的单调性，并结合零点存在性定理，求a的取值范围；
（2）不等式变形为对任意的恒成立，变形后即可证明；
（3）由条件可知，，且，，将替换后，代入，变形后即可证明.
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