江西省鹰潭市余江区第一中学2024-2025学年高二上学期暑假验收检测考试 数学试卷（含解析）.docx

余江一中高二上学期暑假验收检测考试数学试卷考试时间：120分钟本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），共4页，满分150分．第I卷选择题一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题只有一项符合题意要求）1．直线的倾斜角为（ ）A． B． C． D．2．已知，则（ ）A． B． C．0 D．13．如图，梯形是平面图形的直观图，若轴，，，，则梯形的面积是（ ）A．10 B．5 C． D．4．正方形的边长是2，是的中点，则（ ）A． B．5 C． D．35．函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）A． B．C．的图象关于点对称 D．的图象关于直线对称6．已知为锐角，，则（ ）A． B． C． D．7．中国是瓷器的故乡，“瓷器”一词最早见之于许慎的《说文解字》中．某瓷器如图1所示，该瓶器可以近似看作由上半部分圆柱和下半部分两个等高（高为）的圆台组合面成，其直观图如图2所示，已知圆柱的高为，底面直径，底面直径，，若忽略该瓷器的厚度，则该瓷器的容积为（ ）图1 图2A． B． C． D．8．已知函数，若，则，，的大小关系为（ ）A． B．C． D．二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题中有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）9．已知直线，直线，则（ ）A．当时， B．当时，C．当时，与之间的距离为1 D．直线过定点10．已知圆及点，则下列说法正确的是（ ）A．圆心的坐标为 B．若点在圆上，则直线的斜率为C．点在圆外 D．若是圆上任一点，则的取值范围为．11．已知平面四边形中，，和，将平面四边形沿对角线翻折，得到四面体．则下列说法正确的是（ ）A．无论翻折到何处，B．四面体的体积的最大值为C．当时，与平面所成角的正弦值为D．当时，二面角的余弦值为第Ⅱ卷非选择题三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．）12．已知圆，以圆心和为直径的圆的标准方程是______．13．将函数向右平移个单位长度，则平移后的图象中与轴最接近的对称中心的坐标是______．14．已知圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，且母线长为2，为其底面圆周上的两点，若面积的最大值为，则球的表面积为______．四、解答题（本大题共5小题，共77分）15．（13分）已知是同一平面内的两个向量，其中，H．．（1）若，求的坐标：（2）若，求与的夹角．16．（15分）已知直线，．（1）若坐标原点到直线的距离为，求的值；（2）当时，直线过与的交点，且它在两坐标轴上的截距相反，求直线的方程．17．（15分）记的内角的对边分别为，已知，．（1）求；（2）若的面积为，求．18．（17分）如图，四面体中，，，，为的中点．（1）证明：平面平面；（2）设，，点在上，当的面积最小时，求三棱锥的体积．19．（17分）五一假期，杭州吴山广场的鸽子吸引了众多游客．热爱摄影的小华计划在广场一角架设一台可转动镜头的相机，希望可以捕捉到鸽子的展翅瞬间．小华设计了一个草图，为简化模型，假设广场形状为正方形，边长为1，已知相机架设于点处，其可捕捉到图像的角度为，即，其中分别在边上，记．（1）设与相交于点，当时，（i）求线段的长；（ii）求线段的长；（2）为节省能源，小华计划在广场上人员较多的时段关闭相机镜头的自动转动功能，为使相机能够捕捉到的面积（即四边形的面积记为最大，应取何值？的最大值为多少？参考答案：1．C【详解】试题分析：由方程可知直线斜率为2．A【详解】因为，所以，即．3．B4．D【详解】方法一：以为基底向量，可知，，则，，所以；方法二：如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系，则，，，可得，，所以；方法三：由题意可得：，，在中，由余弦定理可得，所以．5．A【详解】由已知图象可得，所以，，由图象过点，由“五点法”可得，，所以，．因为，所以，，故B项错误；，故A项正确；因为，所以点不是函数的对称中心，故C项错误；对于D项，当时，，故D项错误．6．D【详解】，而为锐角，解得：．7．C【详解】因为圆柱的高为，底面直径，底面直径，且两圆台的高都为，所以该瓷器的容积为 ．8．B【详解】作出函数的大致图象，如图所示：由图象可知，轴右侧曲线上各点与原点连线的斜率随的增大而减小，由，得．9．BC【详解】对于A，时，，显然与不垂直，A不正确；对于B，时，，因为，所以，B正确；对于C，当时，且，解得，此时与之间的距离为，C正确；对于D，，令解得所以直线过定点，D不正确．10．【答案】ACD【详解】A：，显然该圆的圆心C的坐标为，因此本选项说法正确；B：当点在圆上，则有，即，所以直线的斜率为，因此本选项说法不正确；C：因为，所以点在圆外，因此本选项说法正确；D：因为，该圆的半径为，所以，11．ABD【详解】对于A：取线段的中点，连接，是等边三角形，在中，，，，又，，平面，平面，又平面，，即无论翻折到何处，，故A正确；对于B：当平面平面时，四面体的体积最大，又，平面平面，平面，所以平面，又，，所以，故B正确；对于C：当时，，，所以，，又，即两两互相垂直，且，将四面体补成棱长为1的正方体，到平面的距离为，角的正弦值为距离与的比值，故答案为，C错误；对于D：当时，，．所以，将四面体补成棱长为1的正方体，取中点中点，则，所以，又，平面，平面，所以，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，是二面角的平面角，又平面，平面，所以，所以，则当时，二面角的余弦值为，故D正确．12．圆的方程为13．【详解】首先求出平移后的解析式，可得，而正弦函数的对称中心就是正弦函数时的所有点，因此我们令，，因此，令，，，，从而进而距离轴更近，所以对称中心的坐标为．14．【详解】如图所示，因为，所以当为轴截面时，最大，因为的面积最大值为，则，所以，即圆锥的轴截面为等边三角形．解法一：因为圆锥的母线长为2，所以在中，，设球的半径为，则，，，在中，即，解得．解法二：因为为的外心，所以外接球直径，即，所以外接球表面积．15．（1）或　　（2）【详解】（1）设，因为且，所以解得或所以或．（2）由题，因为，所以，即，所以，即，所以．又，所以．16．（1）或　　（2）或【详解】（1）设原点到直线的距离为，则，解得或；（2）由解得即与的交点为．当直线过原点时，此时直线斜率为，所以直线的方程为；当直线不过原点时，设的方程为，将代入得，所以直线的方程为．故满足条件的直线的方程为或．17．（1）　　（2）【详解】（1）由余弦定理有，对比已知，可得，因为，所以，从而，又因为，即，注意到，所以．（2）由（1）可得，，，从而，，而，由正弦定理有，从而，，由三角形面积公式可知，的面积可表示为，由己知的面积为，可得，所以．18．（1）证明详见解析　　（2）【详解】（1）由于，是的中点，所以．由于，所以，所以，故，由于，，平面，所以平面，由于平面，所以平面平面．（2）方法一：判别几何关系依题意，，三角形是等边三角形，所以，，，由于，，所以三角形是等腰直角三角形，所以．，所以，由于，，平面，所以平面．由于，所以，由于，所以，所以，所以，由于，所以当最短时，三角形的面积最小过作，垂足为，在中，，解得，所以，，所以．过作，垂足为，则，所以平面，且，所以，所以．方法二：等体积转换，，是边长为2的等边三角形，连接在中，当时，面积最小，，，为中点，，若，在中，，．19．（1）（i）；（ii）（2），【详解】（1）如图，建立平面直角坐标系，由，，所以，，，，由，得，所以又，则，在中，，所以，所以，所以直线的方程为，化简得，又直线的方程为，联立解得所以，所以线段．（2）又，所以，所以当且仅当时，。