四川省遂宁市大英中学创新部2024-2025学年高二上学期数学周测一

大英中学创新部高2024年秋季高2023级数学周测一 一、单选题本题共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．方程表示椭圆的充要条件是（    ） A． B． C． D．或 2．“杂交水稻之父”袁隆平培育的超级杂交稻在全世界推广种植.某种植户为了考察所种植的杂交水稻苗的长势，从稻田中随机抽取7株水稻苗，测得苗高（单位：）分别是23，24，23，25，26，23，25.则这组数据的众数和中位数分别是（    ） A．24，25 B．23，23 C．23，24 D．24，24 3．已知焦点在轴上的椭圆的短轴长为2，则其离心率为（    ） A． B． C． D． 4．已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 5．柜子里有双不同的鞋，分别用，，，，，表示只鞋，如果从中随机地取出只，则取出的鞋一只左脚一只右脚的概率为（    ） A． B． C． D． 6．已知双曲线，点为上一点，过分别作的两条渐近线的垂线，垂足分别为，则四边形（为原点）的面积为（    ） A．1 B．2 C．4 D．6 7．已知椭圆的方程为，过椭圆中心的直线交椭圆于A、B两点，是椭圆的右焦点，则的周长的最小值为（    ） A．8 B． C．10 D． 8．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，直线l经过，且与C交于两点，若，，则C的离心率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（本题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．如图所示是世界人口变化情况的三幅统计图： 下列结论中正确的是（    ） A．从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加 B．2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多 C．2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平 D．1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢 10．已知直线，圆为圆上任意一点，则下列说法正确的是（   ） A．的最大值为5 B．的最大值为 C．直线与圆相切时， D．圆心到直线的距离最大为4 11．已知正方体的棱长为为空间中任一点，则下列结论中正确的是（    ） A．若为线段上任一点，则与所成角的范围为 B．若在正方形内部，且，则点轨迹的长度为 C．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 D．若三棱锥的体积为恒成立，点的轨迹为椭圆或部分椭圆 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知双曲线的一条渐近线的方程为，则C的离心率的值为 . 13．设椭圆的左焦点为，过点的直线与椭圆相交于两点，直线的倾斜角为，，则椭圆的离心率为 ． 14．三棱锥中，，，记二面角的大小为，当时，直线与所成角的余弦值的取值范围是 . 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．（13分） 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者，某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中的值； (2)求样本成绩的第75百分位数； (3)已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差. 16．（15分）为了选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，教育部启动了“强基计划”的招生改革工作.某校强基招生面试有两道题，两道题都答对者才能通过强基招生面试.假设两题作答相互独立，现有甲､乙､丙三名学生通过考核进入面试环节，他们答对第一题的概率分别是，答对第二题的概率分别是. (1)求甲考生通过某校强基招生面试的概率； (2)求甲､乙两位考生中有且只有一位考生通过强基招生面试的概率； (3)求甲､乙､丙三人中至少有一人通过强基招生面试的概率. 17．（15分）已知圆. (1)过点作圆C的切线l，求切线l的方程； (2)设过点的直线m与圆C交于AB两点，若点A、B分圆周得两段弧长之比为1：2，求直线m得方程. 18．（17分）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，. (1)求证：平面. (2)求直线与平面所成角的正弦值. (3)在棱上是否存在点，使得平面?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 19．（17分）已知椭圆的两个焦点分别为，离心率为，点为上一点，周长为，其中为坐标原点． (1)求的方程； (2)直线与交于两点， （i）求面积的最大值； （ii）设，试证明点在定直线上，并求出定直线方程． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 大英中学创新部高2024年秋季高2023级数学周测一参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C A A C B C D ABC BC 题号 11 答案 ABD 1．D 【分析】借助椭圆定义与充要条件的定义计算即可得. 【详解】若表示椭圆，则有， 解得或. 故选：D. 2．C 【分析】把给定数据由小到大排列，再求出众数、中位数即得. 【详解】苗高由小到大排列为：， 所以这组数据的众数和中位数分别是23，24. 故选：C 3．A 【分析】根据椭圆的定义和性质即可求解. 【详解】由椭圆的短轴长为2，知，，即，， 因此， 又椭圆的离心率， 故选：A. 4．A 【分析】根据向量投影的概念，结合向量的数量积计算得出结果. 【详解】根据题意，， ，， 在上的投影向量可为 故选：A. 5．C 【分析】根据古典概型的概率公式直接可得解. 【详解】设，，分别表示三双鞋的左只，，，分别表示三双鞋的右只， 则从中随机取出只的所有可能为，，，，，，，，，，，，，，， 共种， 其中满足取出的鞋一只左脚一只右脚的有，，，，，，，，，共种， 所以概率为, 故选：C. 6．B 【分析】先确定四边形为矩形，然后点，求出其到两个渐近线的距离，相乘计算即可得答案. 【详解】双曲线C：，即，为等轴双曲线，渐近线的夹角为， 则四边形为矩形， 设点，且， 点到渐近线的距离为， 点到渐近线的距离为， 则四边形的面积为. 故选：B.    7．C 【分析】根据题意结合椭圆定义可得的周长为，结合椭圆的性质分析求解. 【详解】椭圆的方程为，则，，， 连接，， 则由椭圆的中心对称性可知， 可知为平行四边形，则， 可得的周长为， 当AB位于短轴的端点时，取最小值，最小值为， 所以周长为． 故选：C. 8．D 【分析】设，则，利用双曲线的定义表示，，由勾股定理可得关系进而可得离心率． 【详解】由题意知，，且A，B都在双曲线的右支上． 设，则，，． 在中，，得， 则，. 在中，， 即，得． 所以双曲线C的离心率为. 故选：D. 9．ABC 【分析】根据所给折线图、扇形图以及直方图，分析每个选项中涉及的量的变化，即可得答案. 【详解】对于A，从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故A正确； 对于B，从扇形图中能够明显地看出2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故B正确； 对于C，从条形图中能够明显地看出2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平，故C正确； 对于D，由题中三幅统计图可看得出北美洲人口数量最少， 并不能得出从1957年到2050年中哪个洲人口增长速度最慢，故D错误. 故选：ABC 10．BC 【分析】根据直线和圆的位置关系、点和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】圆的方程可化为，所以圆的圆心为，半径. ，是圆上的点， 所以的最大值为，A选项错误. 如图所示，当直线的斜率大于零且与圆相切时，最大， 此时，且，B选项正确. 直线，即，过定点， 若直线与圆相切，则圆心到直线的距离为， 即，解得，所以C选项正确. 圆心到直线的距离， 当时，， 当时，，所以D选项错误. 故选：BC 11．ABD 【分析】利用异面直线所成角的定义推理计算判断A；判断轨迹形状并求出长度判断B；求出三棱锥外接球半径计算判断C；求出满足两个条件的点分别形成的图形，再结合圆锥曲线的意义判断D作答. 【详解】对于A，当与不重合时，过作交于，连接，如图，    由平面，平面，得，有，显然， 则为与所成的角，，当与重合时，， 当由点向点移动过程中，逐渐增大，逐渐减小，则逐渐增大， 因此，，当与点重合时，有，， 所以与所成角的范围为，A正确； 对于B，由平面，得是直角三角形，，如图，    点的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧（不含弧的端点），轨迹长度为，B正确； 对于C，连接，连接，如图，    显然分别为中点，则， 因此点是三棱锥外接球球心，球半径为，体积为，C错误； 对于D，连接，如图，，面积，    设点到平面的距离为，由三棱锥的体积为，得，解得， 由平面，平面，得，又，平面， 则平面，而平面，于是，同理， 又平面，从而平面，同理平面，则平面平面， 三棱锥的体积，于是点到平面距离为， 同理点到平面距离为，又，即平面与平面的距离为， 因此点在平面上或在过点与平面平行的平面上， 令与平面交于点，连接，有，， 于是直线与平面所成角的余弦，即直线与平面所成角大于， 则点在平面上，由，得点在以直线为轴，为顶点，轴截面顶角为的圆锥侧面上（除顶点外）， 显然点P的轨迹是平面与上述圆锥侧面的交线，所以平面截上述圆锥侧面为椭圆，D正确. 故选：ABD 12． 【分析】由已知可得，进而可求双曲线的离心率. 【详解】因为双曲线的一条渐近线的方程为， 所以，所以双曲线的离心率为. 故答案为：. 13． 【分析】根据定比模型分析即可. 【详解】由定比模型和得，即， 解得， 故答案为:. 14． 【分析】 取中点，连，，以为原点，为轴，为轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线与所成角的余弦值取值范围． 【详解】 取中点，连接，， ．，，，且，， 是二面角的平面角， 以为原点，为轴，为轴， 过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系， ，，，，0，，，1，， 设二面角的平面角为，则， 连、，则，， ，， 设、的夹角为， 则， ，，, ,,则 ． 故答案为：    15．(1) (2)84 (3)总平均数为；总方差为 【分析】（1）根据每组小矩形的面积之和为1即可求解； （2）由频率分布直方图求第百分位数的计算公式即可求解； （3）利用分层抽样的平均数和方差的计算公式即可求解. 【详解】（1）因为每组小矩形的面积之和为1， 所以， 则. （2）成绩落在内的频率为， 落在内的频率为， 设第75百分位数为m， 由，得，故第75百分位数为84. （3）由图可知，成绩在的市民人数为， 成绩在的市民人数为， 故这两组成绩的总平均数为， 由样本方差计算总体方差公式可得总方差为： . 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用独立事件概率乘法公式计算出答案； （2）求出乙考生通过某校强基招生面试的概率，从而分两种情况，求出甲､乙两位考生中有且只有一位考生通过强基招生面试的概率； （3）求出丙考生通过某校强基招生面试的概率，先求出无人通过强基招生面试的概率，利用对立事件求概率公式得到答案. 【详解】（1）甲通过考核进入面试环节，答对第一题的概率分别是，答对第二题的概率分别是， 甲考生通过某校强基招生面试的概率为. （2）乙考生通过某校强基招生面试的概率为， 甲､乙两位考生中有且只有一位考生通过强基招生面试的概率为： . （3）丙考生通过某校强基招生面试的概率为， 甲､乙､丙三人中至少有一人通过强基招生面试的概率为： . 17．(1)或； (2)或 【分析】（1）根据圆心到直线的距离等于半径求解，注意分斜率存在与不存在两种情况； （2）利用条件可分析出弦所对圆心角，据此求出圆心到直线的距离，即可求解. 【详解】（1）由可得， 即圆心为，半径， 显然当直线斜率不存在时，是圆的切线， 当直线斜率存在时，设直线为，即， 由圆心到直线的距离，解得， 故切线为或. （2）因为点A、B分圆周得两段弧长之比为1：2，故, 所以，故圆心到直线的距离， 直线斜率不存在时，由知，不符合题意， 当直线斜率存在时，设直线方程为， 则圆心到直线的距离，解得， 故直线方程为或. 18．(1)证明见解析 (2) (3)存在； 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，进而得，再结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再利用空间向量夹角公式、线面角的定义进行求解即可； （3）要使平面，则，由此列式求解可得. 【详解】（1）∵平面平面，且平面平面， 且，平面， ∴平面， ∵平面，∴， 又，且，平面， ∴平面； （2）取中点为，连接， 又∵，∴．则， ∵，∴，则， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 则，，，， 设为平面的一个法向量， 则由，得，令，则． 设与平面的夹角为， 则； （3）假设在棱上存在点点，使得平面. 设，， 由（2）知，，，，则，， ， 由（2）知平面的一个法向量． 若平面，则， 解得，又平面， 故在棱上存在点点，使得平面，此时. 19．(1) (2)（i）；（ii）证明见解析，． 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，即可求解； （2）（ⅰ）直线与椭圆方程联立，利用韦达定理求弦长，并求点到直线的距离，结合三角形的面积公式，以及基本不等式，即可求面积的最大值； （ⅱ）利用韦达定理，结合向量的坐标公式，表示点的坐标，即可求解定直线方程. 【详解】（1）设焦距为，依题意，解得 又，所以， 所以的方程为． （2）（i）设， 因为，所以， ，解得， 所以， 点到直线的距离， 的面积 当且仅当，即时，面积的最大值为． （ii）设，由，有， 即 因为，所以， 故，于是有， 所以点在定直线． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用韦达定理表示弦长，以及坐标. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$