甘肃省陇南市礼县第一中学2024-2025学年高二第二次月考数学试卷（含解析）

礼县第一中学2024学年高二第二次月考
数学试卷
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一 单选题
1. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
2. 已知复数（），且，则（ ）
A. 1 B. 2 C. D.
3. 我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何 ”现有一类似问题：不确定大小的圆柱形木材，部分埋在墙壁中，其截面如图所示．用锯去锯这木材，若锯口深，锯道，则图中弧与弦围成的弓形的面积为（ ）
A. B. 8
C. D.
4.已知，则（ ）
A. B. C. D.
5. 如图，在平行六面体中，底面是菱形，侧面是正方形，且，，，若P是与的交点，则异面直线与的夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知线段的端点B的坐标是，端点A在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
7. 若某圆台有内切球（与圆台的上下底面及每条母线均相切的球），且母线与底面所成角的正弦值为，则此圆台与其内切球的表面积之比为（ ）
A. B. 2 C. D.
8. 已知点P在椭圆τ：(a>b>0)上，点P在第一象限，点P关于原点O的对称点为A，点P关于x轴的对称点为Q，设直线AD与椭圆τ的另一个交点为B，若PA⊥PB，则椭圆τ的离心率e=（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.已知直线：，圆：，为坐标原点，下列说法正确的是（ ）
A.若圆关于直线对称，则
B.点到直线的距离的最大值为
C.存在两个不同的实数，使得直线与圆相切
D.存在两个不同的实数，使得圆上恰有三个点到直线的距离为
10. 已知函数的定义域为为偶函数，为奇函数，则下列选项正确的是（ ）
A. 图象关于直线对称
B. 的图象关于点对称
C.
D. 的一个周期为8
11. 如图，四棱锥中，面面，且，是棱的中点，，则（ ）
A. 平面
B. 平面
C. 和平面所成角的正弦值为
D. 四面体外接球的表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，．若，则________．
13. 在空间直角坐标系中已知，，，为三角形边上的高，则__________．
14. 已知2024是不等式的最小整数解，则的取值范围为____________．
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.已知两圆和.求：
（1）m取何值时两圆外切？
（2）当时，两圆的公共弦所在直线的方程和公共弦长.
16. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，则译码为1，若依次收到，则译码为1）．
（1）已知．
①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率；
②若采用单次传输方案，依次发送，证明：事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立．
（2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围．
17. 如图，在几何体中，平面，，，，，分别为棱，的中点.
（1）证明：平面．
（2）证明：.
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
18. 在中，，，，，分别是，上的点，满足，且经过的重心．将沿折起到的位置，使，存在动点使如图所示．
（1）求证：平面；
（2）当时，求二面角的正弦值；
（3）设直线与平面所成线面角为，求的最大值．
19. 基本不等式是最基本的重要不等式之一，二元基本不等式为．由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是发现新问题、新结论的重要方法．基本不等式可以推广到一般的情形：对于个正数，它们的算术平均数（注：）不小于它们的几何平均数（注：），即，当且仅当时，等号成立．
（1）已知，求的最小值；
（2）已知且．
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）当，求的最小值，其中．
1.B
向量，则，
因，于是得，解得，
所以.
故选：B.
2.D
因为，，所以，解得，
因为，所以.
故选：D,
3.C
由题意，
在中，，
即，解得，
故，易知，
因此.
故选：C.
4.A
，
又，
所以.故选A.
5.A
在平行六面体中,
四边形是平行四边形,侧面是正方形,
又是的交点,
所以是的中点,
因为,,,
所以，
所以
，
所以
又，
所以
，
可得,，
所以异面直线与的夹角的余弦值为.
故选：A.
6.B
设，，由中点坐标公式得，
所以，故，
因为A在圆上运动，
所以，
化简得，故B正确.
故选：B
7.C
设上底面半径为，下底面半径为，
如图，取圆台的轴截面，作，垂足为，
设内切球与梯形两腰分别切于点，
可知，，
由题意可知：母线与底面所成角为，
则，可得，
即，，可得，
可知内切球的半径，
可得，，
所以.
故选：C.
8.C
设，则，，则，设，
则两式相减得到：，
即，
故，即，故，故.
故选：C.
9.ABD
直线：过定点，
圆：，圆心，半径，
对选项A：直线过圆心，则，解得，故选项A正确；
对选项B：点O到直线l的距离的最大值为，故选项B正确；
对选项C：直线与圆相切，则圆心到直线的距离，
解得，故选项C错误；
对选项D：当圆上恰有三个点到直线的距离为时，圆心到直线的距离，
解得，故选项D正确.故选ABD.
10.ABD
由于函数的定义域为为偶函数，
则，即，则的图象关于直线对称，A正确；
又为奇函数，则，即，
故的图象关于点对称，B正确；
由于，令，则，
又的图象关于直线对称，故，C错误；
又，，则，
故，即，则，
即的一个周期为8，D正确，
故选：ABD
11.ACD
如图，作，因为面面，面面，
所以面，且作，因为，
，所以，是的中点，，，
对于A，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
，因为是棱的中点，所以，
所以，，，
设面的法向量，所以，
令，解得，所以，
可得，故平面成立，故A正确，
对于B，，，设面的法向量为，
所以，令，解得，
得到，故不平行于，所以平面不成立，故B错误，
对于C，，，设面的法向量为，
所以，令，解得，
故，设和平面所成角为，且，
所以，故C正确，
对于D，设四面体外接球的方程为，
将四点代入球的方程，可得，
，
利用加减消元法得到，解得，
再利用加减消元法得到，解得，
现在将，代入方程组，得到，
此时解得，故原方程解得，
故球的方程为，
设球的表面积为，则，故D正确.
故选：ACD
12.
．因为，所以，解得．
故答案为：.
13.3
，，则，
，
所以，
故答案为：3
14.
由题意可得，
变形不等式可得，
当时，
有，由指数函数和对数函数的互化并整理可得，
即，解得或（舍去），
从而，
又时，
所以要使2024是不等式的最小整数解，有，
解得，
所以，
当时，注意到，
此时，不等式的分子大于零，不符合题意，
综上，的取值范围为.
故答案：.
15.（1）由已知化简两圆的方程为标准方程分别为：，
，
则圆心分别为，，半径分别为和，
当两圆外切时，满足，解得.
（2）当时，有，
则，所以两圆相交，
则两圆的公共弦所在直线的方程为：，
即，
圆心到直线的距离，
所以公共弦长.
16.（1）①记事件为“至少收到一次0”，则．
②证明：记事件为“第三次收到的信号为1”，则．
记事件为“三次收到的数字之和为2”，
则．
因为，
所以事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立．
（2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，则．
记事件为“采用单次传输方案时译码为0”，则．
根据题意可得，即，
因为，所以，
解得，故的取值范围为．
17.（1）如图，连接.
在中，，分别为棱，的中点，所以,，
又平面，平面.
所以平面.
（2）因为平面，平面，所以，
又,平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
又因为，所以.
（3）因为，所以直线与平面所成角与直线与平面所成角相等，设为.
不妨设，则.
设到平面的距离为.
则.
又.
在中，，，所以.
所以.
所以.
故直线与平面所成角的正弦为.
18.（1）因为，则，
且，可得，
将沿折起到的位置，始终有，，
因为，，平面，所以平面，
由平面，可得，
且，，，平面，
所以平面.
（2）由（1）可知，，，两两垂直，翻折前，因为经过的重心，且，
所以，所以，，，翻折后，
由勾股定理得，
以为原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
可得，，，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
可得，
且，则，
所以二面角的正弦值为.
（3）由（2）可知，，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
且，
因为直线与平面线面角为，
则
当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为.
19.（1）由均值不等式得.
而当，时，有，.
所以的最小值是.
（2）（ⅰ）由于，，故对，由均值不等式有
，
.
将二者相乘，得.
再将该不等式对相乘，即得
.
（ⅱ）对，设.
则，.
对，设，.
则，，所以在上递增.
所以对有，对有.
这表明在上递减，在上递增，所以由有.
这就得到，同理有，即
再设，.
则，.
所以在上递减.
而，.
所以一定存在，使得对有，对有.
故在上递增，在上递减，而，结合的单调性，知对任意有.
特别地，有，即，此即.
对，同理有.
而对，显然有.
综上，对任意，有.
先证明一个引理：设，则.
用数学归纳法证明.
①当时，结论显然成立.
②若结论对成立，则对，有
.
从而结论对也成立.
结合①②，可知原结论对无穷多个正整数成立.
③若结论对成立，则对，有
.
从而结论对也成立.
由于原结论对无穷多个正整数成立，再结合③，即知原结论对任意的正整数成立.
引理证毕，回到原题.
由于我们有，故
.
而当时，有.
所以的最小值是.