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云南省开远市第一中学校2024-2025学年高二上学期期中检测数学试题
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这是一份云南省开远市第一中学校2024-2025学年高二上学期期中检测数学试题，文件包含高二数学11月期中考试试卷docx、高二数学11月期中考试参考答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共11页， 欢迎下载使用。
12. 13. 14.
1．【详解】由可得，
所以,的故虚部为12. 故选：A
2．【详解】令，解得，即，
可得CRB={x|x<2}，所以A∩(CRB)=(－2 , 2). 故选：B.
3．【详解】已知，所以，可得，
所以在上的投影向量的坐标为. 故选：A.
4．【详解】设，，则，，即，①.
因为点A在圆上运动，所以满足②.
把①代入②，得，即.
故线段OA的中点P的轨迹方程为. 故选：D
5．【详解】对于选项A：若，，，则可能异面，故A错误；
对于选项B：若，，则与不一定垂直，
且，所以与不一定垂直，故B错误；
对于选项C：若，，可知，
且，所以，故C正确；
对于选项D：若，，，则可能有，故D错误. 故选：C.
6．【详解】因为是在R上的奇函数，且任意，都有，
所以在R上单调递增，又因为，
所以，
又因为，，
所以，所以
即. 故选：C.
7．【详解】在正三棱台中，令BC和的中点分别为，上、下底面的中心分别为，
则，由侧棱与底面所成角的余弦值为，
得，则，
而，则，
，，，
正三棱台三个侧面都是面积相等的等腰梯形，于是侧面积为，
所以此棱台的表面积是. 故选：A
8．【详解】
由双曲线的对称性可知，，有四边形为平行四边形，
令，则，
由双曲线定义可知，故有，即，
即，，
，
则，即，故，
则有，
即，即，则，由，故.
故选：D.
9．
10．【详解】画出函数的图象如下图所示：
易知的对称轴为，值域为0,1，零点为，最小正周期为；
易知，其图象如下图所示：
易知的对称轴为，即，值域为，零点为，最小正周期为；
因此可得与的图象有相同的对称轴，它们的最小正周期相同.
故选：AD
11．【详解】由题意可知：F1,0，且，直线的斜率可以不存在，但不为.
对于A，因为，故A错误；
对于选项B：若直线过焦点，设直线，
联立方程x=my+1y2=4x，消去可得，
则，可得，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为，故B正确；
对于选项C：因为Ax1,y1，Bx2,y2在抛物线C上，
则，两式作差可得，
若直线的斜率存在，则，
所以直线的斜率与无关，与有关，故C正确；
对于选项D：联立方程，消去可得，
可得，且，
由选项C可知：，且，可得，
则，所以，故D正确；
故选：BCD.
12.【详解】:，为真命题，
所以.
13．【详解】设等比数列的公比为，因为是与的等差中项，
所以，所以，解得，
所以
14．【详解】因为角，，所以，
又因为，所以，
则，与联立，
解得，，
故.
15．【详解】（1）由正弦定理得，所以
所以，整理得，
因为，所以，因此，所以，
所以.
（2）由△ABC的面积为，得，解得，
又,则，.
由余弦定理得，解得，，
所以△ABC的周长为.
16．【详解】（1）由题表知，解得；
平均重量：
由频率分布直方图可知：
前组的频率之和为，
前组的频率之和为，
则第百分位数一定位于内，设第百分位数为，
则，解得；
（2）方案①收入：（元），
方案②收入：低于克的石榴收入为（元），
不低于克的石榴收入为（元），
故方案②的收入（元）；
由于，所以选择方案②获利多．
17．【详解】（1）因为平面，又平面，
所以.又，且，
所以平面.因为，所以平面.
（2）作，垂足为.则.又，
所以四边形是平行四边形，又，
所以四边形是矩形，又四边形为等腰梯形，且，，所以.
由（1）知平面，所以.又，
所以.在中，.
在中，.
由上可知，以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，
由，得，可取.
设平面的法向量为，
由，得，可取.
因此，.
依题意可知，平面与平面的夹角的余弦值为.
18．【详解】（1）由题意可得：，则，
可得，可知数列是以首项，公比的等比数列，
所以.
（2）因为
则
由题意，
所以，
可得，
（i）先求数列的前n项和，记之为，
则①
②
①②得：，
所以；
（ⅱ）再求的前n项和，记之为，则；
综上所述：.
19．【详解】（1）由双曲线. 的渐近线方程为，
再由椭圆的右焦点分别为到渐近线的距离为可得：
，因为，所以解得，
再由椭圆的一个顶点为，可得，
所以由，即椭圆C的标准方程为；
（2）①直线过椭圆右焦点F₂可得：，即，
所以由直线与椭圆C的标准方程联立方程组，消去得：
，
设两交点Ax1,y1,Bx2,y2，则有
所以，
又椭圆左焦点F1−1,0到直线的距离为，
所以，
解得：或（舍去），即；
②假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形，
由于直线过定点， 且，可知直线方程为，
与椭圆联立方程组，消去得：，
由，且，解得，
设两交点Ax1,y1,Bx2,y2，中点，则有
所以，
即，整理得，
又因为，所以，则.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
B
A
D
C
C
A
D
BD
AD
BCD
12. 13. 14.
1．【详解】由可得，
所以,的故虚部为12. 故选：A
2．【详解】令，解得，即，
可得CRB={x|x<2}，所以A∩(CRB)=(－2 , 2). 故选：B.
3．【详解】已知，所以，可得，
所以在上的投影向量的坐标为. 故选：A.
4．【详解】设，，则，，即，①.
因为点A在圆上运动，所以满足②.
把①代入②，得，即.
故线段OA的中点P的轨迹方程为. 故选：D
5．【详解】对于选项A：若，，，则可能异面，故A错误；
对于选项B：若，，则与不一定垂直，
且，所以与不一定垂直，故B错误；
对于选项C：若，，可知，
且，所以，故C正确；
对于选项D：若，，，则可能有，故D错误. 故选：C.
6．【详解】因为是在R上的奇函数，且任意，都有，
所以在R上单调递增，又因为，
所以，
又因为，，
所以，所以
即. 故选：C.
7．【详解】在正三棱台中，令BC和的中点分别为，上、下底面的中心分别为，
则，由侧棱与底面所成角的余弦值为，
得，则，
而，则，
，，，
正三棱台三个侧面都是面积相等的等腰梯形，于是侧面积为，
所以此棱台的表面积是. 故选：A
8．【详解】
由双曲线的对称性可知，，有四边形为平行四边形，
令，则，
由双曲线定义可知，故有，即，
即，，
，
则，即，故，
则有，
即，即，则，由，故.
故选：D.
9．
10．【详解】画出函数的图象如下图所示：
易知的对称轴为，值域为0,1，零点为，最小正周期为；
易知，其图象如下图所示：
易知的对称轴为，即，值域为，零点为，最小正周期为；
因此可得与的图象有相同的对称轴，它们的最小正周期相同.
故选：AD
11．【详解】由题意可知：F1,0，且，直线的斜率可以不存在，但不为.
对于A，因为，故A错误；
对于选项B：若直线过焦点，设直线，
联立方程x=my+1y2=4x，消去可得，
则，可得，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为，故B正确；
对于选项C：因为Ax1,y1，Bx2,y2在抛物线C上，
则，两式作差可得，
若直线的斜率存在，则，
所以直线的斜率与无关，与有关，故C正确；
对于选项D：联立方程，消去可得，
可得，且，
由选项C可知：，且，可得，
则，所以，故D正确；
故选：BCD.
12.【详解】:，为真命题，
所以.
13．【详解】设等比数列的公比为，因为是与的等差中项，
所以，所以，解得，
所以
14．【详解】因为角，，所以，
又因为，所以，
则，与联立，
解得，，
故.
15．【详解】（1）由正弦定理得，所以
所以，整理得，
因为，所以，因此，所以，
所以.
（2）由△ABC的面积为，得，解得，
又,则，.
由余弦定理得，解得，，
所以△ABC的周长为.
16．【详解】（1）由题表知，解得；
平均重量：
由频率分布直方图可知：
前组的频率之和为，
前组的频率之和为，
则第百分位数一定位于内，设第百分位数为，
则，解得；
（2）方案①收入：（元），
方案②收入：低于克的石榴收入为（元），
不低于克的石榴收入为（元），
故方案②的收入（元）；
由于，所以选择方案②获利多．
17．【详解】（1）因为平面，又平面，
所以.又，且，
所以平面.因为，所以平面.
（2）作，垂足为.则.又，
所以四边形是平行四边形，又，
所以四边形是矩形，又四边形为等腰梯形，且，，所以.
由（1）知平面，所以.又，
所以.在中，.
在中，.
由上可知，以，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系.
则，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，
由，得，可取.
设平面的法向量为，
由，得，可取.
因此，.
依题意可知，平面与平面的夹角的余弦值为.
18．【详解】（1）由题意可得：，则，
可得，可知数列是以首项，公比的等比数列，
所以.
（2）因为
则
由题意，
所以，
可得，
（i）先求数列的前n项和，记之为，
则①
②
①②得：，
所以；
（ⅱ）再求的前n项和，记之为，则；
综上所述：.
19．【详解】（1）由双曲线. 的渐近线方程为，
再由椭圆的右焦点分别为到渐近线的距离为可得：
，因为，所以解得，
再由椭圆的一个顶点为，可得，
所以由，即椭圆C的标准方程为；
（2）①直线过椭圆右焦点F₂可得：，即，
所以由直线与椭圆C的标准方程联立方程组，消去得：
，
设两交点Ax1,y1,Bx2,y2，则有
所以，
又椭圆左焦点F1−1,0到直线的距离为，
所以，
解得：或（舍去），即；
②假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形，
由于直线过定点， 且，可知直线方程为，
与椭圆联立方程组，消去得：，
由，且，解得，
设两交点Ax1,y1,Bx2,y2，中点，则有
所以，
即，整理得，
又因为，所以，则.题号
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2
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5
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11
答案
A
B
A
D
C
C
A
D
BD
AD
BCD
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