西南大学附中2024-2025学年度上期期中考试
高二数学试题
（满分：150分；考试时间：120分钟）
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上.
2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整.
3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷自行保管，以备评讲）.
一、单选题：本大题共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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数（）
A. B. C. D.
2. 已知直线与，则“”是“”的（）条件.
A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要
3. 下列函数中，在区间上单调递增的是（）
A. B.
C. D.
4. 国家射击运动员甲在某次训练中的次射击成绩（单位：环）为，其中为整数，若这次射击成绩的第百分位数为，则（）
A. B. C. D.
5. 已知直线与圆交于点，，当变化时，则的最小值为（）
A. B. C. D.
6. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（）.
A. 1 B. 2 C. D.
7. 直线的倾斜角范围为（）
A. B.
C. D.
8. 根据气象学上的标准，连续5天的日平均气温低于即为入冬，将连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，现有4组样本①、②、③、④，依次计算得到结果如下：
①平均数；
②平均数且极差小于或等于3；
③平均数且标准差；
④众数等于5且极差小于或等于4．
则4组样本中一定符合入冬指标的共有（）
A. 1组 B. 2组 C. 3组 D. 4组
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次.记事件为两次数字之和为，事件为第一次数字小于等于，事件为两次数字之积为奇数，则（）
A. B. 与相互独立
C. 与为对立事件 D. 与相互独立
10. 已知点圆上任意一点，直线：分别与轴、轴相交于点，则（）
A. 直线与圆相离 B. 面积的最小值为
C. 的最大值为 D. 的最小值为
11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为棱的中点，G是棱上的一个动点，则下列说法正确的是（）
A. 平面截正方体所得截面为六边形
B. 点G到平面的距离为定值
C. 若，且，则G为棱的中点
D. 直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆与圆有条公切线，则实数的取值是_____.
13. 已知点与点关于点对称.若，，，平均数为5，方差为3.则，，，这组数的平均数为_____，方差为_____.
14. 已知圆上任意一点，的取值与的位置无关，则的取值范围是_____.
四、解答题：本大题共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. 某高校承办了成都世乒赛志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三 四 五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.
（1）求值；
（2）估计这100名候选者面试成绩众数 平均数和分位数（分位数精确到0.1）；
（3）在第四 第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率.
16. 已知的三个顶点分别是，，.
（1）求边上的高所在的直线方程；
（2）求边上的中线所在的直线方程；
（3）求角平分线所在的直线方程.
17. 在中，，，为，，的对边，.
（1）求；
（2）若为的角平分线，交于点，，，求的面积.
18. 如图，三棱柱底面是等腰直角三角形，，侧面是菱形，，，平面平面.
（1）证明：；
（2）求点到平面的距离；
（3）线段是否存在一点，使得平面平面，如果存在找出点的位置，不存在请说明理由.
19. 已知二次曲线表示圆的充要条件为，且.关于二次曲线，有以下结论：若，，，为平面内三条直线，且，，，则过，，三点的二次曲线系方程为（，为参数）.若，，，为平面内四条直线，且，，，，则过四点的二次曲线系方程为（为参数）.
（1）若三角形三边所在直线方程分别为：，，.求该三角形的外接圆方程.
（2）记（1）中所求的外接圆为，直线与交于，两点（在第一象限），直线与交于，两点（在第二象限），直线交轴于点，直线交轴于点，直线与直线交于点.
（i）求证：；
（ii）求的最小值.西南大学附中2024-2025学年度上期期中考试
高二数学试题
一、单选题：本大题共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.
【答案】B
2.
【答案】A
3.
【答案】C
4.
【答案】B
5.
【答案】D
6.
【答案】D
7.
【答案】A
8.
【答案】B
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9.
【答案】AB
10.
【答案】ACD
11.
【答案】BCD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.
【答案】
13.
【答案】 ①. ②.
14.
【答案】
四、解答题：本大题共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.
【解】
【分析】（1）由第三 四 五组的频率之和为0.7，所有组频率之和为1，列方程求的值；
（2）由频率分布直方图中众数 平均数和百分位数的定义公式计算；
（3）根据分层抽样确定的人数，解决古典概型概率问题.
【小问1详解】
因为第三 四 五组的频率之和为0.7，
所以，解得，
所以前两组的频率之和为，即，
所以.
【小问2详解】
众数为
平均数为，
前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，
所以分位数在第三组，且为.
【小问3详解】
第四 第五两组志愿者分别有20人，5人，采用分层抽样的方法从中抽取5人，
则第四组抽4人，记为，第五组抽1人，记为，
则从这5人中选出2人，有共10种结果，
两人来自不同组有共4种结果，
所以两人来自不同组的概率为.
16.
【解析】
【分析】（1）利用斜率坐标公式及垂直关系求出高所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得；
（2）求出中点坐标及中线所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得；
（3）先求出直线的单位向量，结合角平分线求出角平分线所在的直线的方向向量，结合方向向量和直线斜率的关系即可求出斜率，再根据点斜式即可求解.
【小问1详解】
直线的斜率，
则边上的高所在的直线斜率为，
直线又过，
所以边上的高所在的直线方程为，
即.
【小问2详解】
依题意，边的中点，
因此边上的中线所在直线的斜率，
直线又过，
所以边上的中线所在直线的方程为，
即.
【小问3详解】
由题意知：,
故与同方向的单位向量为：，
与同方向的单位向量为：，
故角平分线所在的直线的方向向量为：，
设角平分线所在直线的斜率为，
又直线的方向向量可以表示为，
，
直线又过，
故角平分线所在的直线方程为：，
即.
17.
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边转角得到，再利用辅助角公式和特殊角的三角函数值，即可求角；
（2）根据条件，利用等面积法，得到，再利用余弦定理得，联立求出，即可求解.
【小问1详解】
由，得到，
又，所以，即，得到，
又，所以，解得.
【小问2详解】
因为，，所以，
又，得到，
在中，由余弦定理得到，
又，所以，解得(舍负)，所以，
故的面积为.
18.
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定可得平面，然后利用线面垂直性质定理结合平行即可得证.
（2）根据给定条件，结合余弦定理，利用等体积法求出点到平面的距离.
（3）由面面垂直的性质得到点到平面的距离为即是的长度，再由勾股定理确定点的位置即可.
【小问1详解】
连接，由四边形为菱形，得，由，得，
又平面平面，平面平面，面ABC，
则平面，又平面，于是，而，则，
又，平面，因此平面，又平面，
所以
【小问2详解】
点到平面的距离，即三棱锥的底面上的高，
由（1）知平面，则三棱锥的底面上的高为，
设点到平面的距离为d，由，得，
而，，则的面积，
由，，得，又，，则，
又，，由余弦定理得，
则，的面积，
则，即 ，所以点到平面的距离为.
【小问3详解】
设存在，
如图，由平面平面可得平面，
由（2）可得点到平面的距离为即是的长度，
在中，，
所以.
19.
【解析】
【分析】（1）由题意，根据三条直线方程设出二次曲线系方程，通过方程表示圆的充要条件待定系数可得；
（2）由四条直线方程设出二次曲线系方程，再由已知圆的一般方程，对比两方程寻找系数的等量关系，由关系可证得，由关系式（即）可得交点在定直线上上，进而求解最值.
【小问1详解】
则由题意，可设所求三角形的外接圆方程为：（，为参数），
即
，（）
若方程表示圆，则，解得.
将代入（）式化简得，
验证：由，可知该方程表示圆
故该三角形的外接圆方程为.
【小问2详解】
如图，在平面直角坐标系中，
设直线与轴的交点，直线与轴的交点，
由题意知直线均不与轴垂直，
则直线方程可设为，直线方程可设为，
由题意可知，且.
不妨记直线分别为，
且，
其中，，，.
故由题意，过四点的二次曲线系方程可设为
（为参数），
即
①，
若时，方程表示两条直线，不表示圆，
故.
由四点不共线，且都在圆②上，
所以方程①②表示同一圆，
则有③，且④.
（i）由③式及，可得，
即；故（i）得证；
（ii）由③式可得，令，则，
代入④式可得，
联立直线方程，解得，
即交点在定直线上，故.
如图2，由对称性可知，当时，交点在轴上，
即，此时.
故的最小值为.
