精品解析：山东省淄博第四中学2024-2025学年高二上学期学分认定检测数学试卷

2023级高二上学期学分认定检测 数学试卷 本试卷共2页，共19小题，满分150分. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和谷题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题（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，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上） 1. 圆心为且过点的圆的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知利用两点间的距离公式求出圆的半径，代入圆的标准方程得答案． 【详解】∵圆心为（﹣3，2）且过点A（1，﹣1）， ∴圆的半径， 则圆的方程为（x+3）2+（y﹣2）2＝25． 故选D． 【点睛】本题考查圆的方程的求法，两点间距离，是基础的题型． 2. 直线l的方向向量为，平面与的法向量分别为，，则下列选项正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中直线与平面，平面与平面的位置关系与对应向量的关系逐项进行判断即可求解. 【详解】若，则与共线，故选项错误； 若，则，即，故选项错误； 若，则与垂直，即，故选项正确； 若，则与共线，故选项错误， 故选：. 3. 若，，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量数量积的定义，结合空间向量数量积、模的坐标运算求、、，进而求参数. 【详解】由，而，， ∴，可得. 故选：C 4. 在如图所示的电路图中，开关闭合与断开的概率都是，且是相互独立的，则灯灭的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求灯泡能亮的情况，然后根据对立事件的概率即可求解. 【详解】由电路图可知：要使灯泡亮，必须闭合，或闭合，故灯亮的概率为，则灯灭的概率是， 故选：C. 5. 从集合中随机选取一个数记为，从集合中随机选取一个数记为，则直线不经过第四象限的概率为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】集合，分别有3个元素，则一共可以构成9条不同的直线，要使直线不经过第四象限，则需要满足，然后再确定出满足题意的情况数，最后结合概率公式求解即可 【详解】由题意可知本题是一个古典概型，试验发生包含的事件 , 得到的取值所有可能的结果是： ，，，，，，，，，共9种结果 由可得，当时， 直线不经过第四象限，符合条件的的有，， 则直线不经过第四象限的概率为 故选 【点睛】本题属于概率的计算问题，熟练掌握一次函数的图象和性质以及概率的计算公式是解题的关键，属于基础题． 6. 已知直线与直线，则是的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先证明充分性是否成立，即由m＝2能否推出 l1⊥l2；再证必要性是否成立，即由l1⊥l2 能否推出 m＝2，从而做出结论． 【详解】当 m＝2时，直线l1：2x﹣2y+1＝0，l2：x+y﹣1＝0，两直线的斜率之积等于﹣1，故l1⊥l2，充分性成立． 当l1⊥l2时， ∵m﹣1≠0，m≠0，由斜率之积的等于﹣1得：1， ∴m＝2 或 m＝﹣1， 故不能由l1⊥l2 推出 m＝2，故必要性不成立． 综上，“m＝2”是“l1⊥l2”的充分不必要条件， 故选：A． 【点睛】本题考查充分条件、必要条件的定义，两直线垂直的条件和性质． 7. “太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”．如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则值不可能是（ ） A. B. －1 C. 0 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】将问题转化为点与点连线的斜率，然后结合图象由直线与圆的位置关系求解. 【详解】 记，则为直线AP的斜率，故当直线AP与半圆，相切时，斜率k最小， 设：，则，解得或(舍)， 当直线过点时，直线AP的斜率取得最大值1，即的最大值为1，因此， 故选：A． 8. 如图，在正方体中，点P为棱的中点，点Q为面内一点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为，设，根据求出的关系，然后可求出点到直线和直线的距离，进而可得出答案. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为， 则，设， 故， 因为， 所以，即， 所以， 则点到直线的距离为， 点到直线的距离为， 所以， 故，， 所以. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：以点为原点建立空间直角坐标系，设，根据求出的关系，是解决本题的关键. 二、多项选择题（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.全部选对得6分，选错或不选得0分，部分选对可得部分分.） 9. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量共面定理逐项进行判断即可. 【详解】因为构成空间的一个基底，所以不共面， 对于A，因为，所以共面，故A错误； 对于B，因为，所以共面，故B错误； 对于C，设，则，方程组无解，所以不共面，故C正确； 对于D，因为，所以共面，故D错误； 故选：C. 10. 则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则事件，相互独立与，互斥不能同时成立 C. 为坐标原点，向量，，其中线段的中点的坐标为 D. 已知为任意实数，当变化时，方程表示过点的所有直线方程 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项利用共线向量的定义及特殊情况即可判定；B选项由独立事件和互斥事件的定义及其性质来判断；C选项由向量坐标运算即可得到点的坐标；D选项是过定点的直线系问题，因为方程前部分直线方程系数不为0，所以这个直线系不包含这条直线. 【详解】对于A选项，当时，，成立，但是与不一定共线，即不一定成立，故A选项错误． 对于B选项，因为，，所以若事件，相互独立，则，即事件与事件能同时发生，故此时事件与事件不互斥；同理，当事件，互斥时，，即此时事件，不相互独立．故B选项正确． 对于C选项，因为为线段的中点，所以，又是坐标原点，故点的坐标为．故C选项正确． 对于D选项，联立解得所以当变化时，直线恒经过点．但是当时，必有，因此方程表示过点，除了直线的所有直线．故D选项错误． 故选：BC． 11. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至前190年）与欧几里得、阿基米德齐名，著有《圆锥曲线论》八卷.他发现平面内到两个定点的距离之比为定值的点所形成的图形是圆.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆.已知在平面直角坐标系中，.点满足，设点的轨迹为曲线，下列结论正确的是（ ） A. 曲线的方程为 B. 过点的直线与曲线有公共点，则直线的斜率范围是 C. 曲线上的点到直线的最小距离为 D. 过点作曲线的一条切线，切点为F，则等于 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，根据求得曲线的轨迹方程，根据点到直线的距离公式来对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】设，由，得，而， 所以， 整理得，所以A选项正确. B选项，圆的圆心为，半径为， 设直线的方程为， 到直线的距离， ，两边平方并化简得， 解得，所以直线的斜率范围是，B选项正确. C选项，到直线的距离为， 所以曲线上的点到直线的最小距离为，C选项错误. D选项，，，， 所以，D选项正确. 故选：ABD 【点睛】思路点睛： 通过设定比值来求解轨迹：首先设定两点之间的距离之比，并将其代入直角坐标系中，推导出曲线的方程. 这一步奠定了解题的基础. 利用距离公式分析直线与曲线关系：通过设定直线方程并利用点到直线的距离公式，求解出符合条件的斜率范围，确保直线与曲线存在公共点. 结合几何关系确定切线条件：利用点和斜率的关系，结合几何推导，确定切线条件，从而判断选项的正确性. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知直线的斜率为3，直线经过点，，若直线，则_______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据两直线垂直即可求出的值. 【详解】因为直线的斜率为3， ， 所以，解得. 故答案为：. 13. 已知空间三点在直线OA上有一点H满足，则点H的坐标为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量垂直的坐标表示公式进行求解即可. 【详解】设，， 因为，所以，即， 因为直线OA上有一点H， 所以，即，显然， 所以，代入中， 得，所以点H的坐标为， 故答案为： 14. 在某次国际围棋比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙分在不同小组的概率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】写出所有的样本空间以及满足题意得情况数，根据古典概型的概率计算公式即可得到答案. 【详解】这5名棋手分别记为:甲,乙,,,, 则样本空间(甲乙，)，(甲乙，)，(甲乙，)，(甲，乙), (甲，乙),(甲，乙),(乙，甲),(乙，甲),(乙，甲),(，甲乙) 共含有10个样本点， 设事件表示“甲和乙分在不同小组”,则, 所以甲和乙分在不同小组的概率为. 故答案为：. 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. 已知圆的半径为，圆心在第一象限，且与直线和轴都相切． （1）求圆的方程． （2）过的直线与圆相交所得的弦长为，求直线的方程． 【答案】（1）； （2）或． 【解析】 【分析】(1)根据与轴相切得圆心坐标为，再根据与直线相切得圆心C到直线距离等于半径2，解出参数a即得圆的方程； (2)先根据点斜式设直线方程，计算圆心到直线距离，再根据垂径定理列方程解出斜率，最后讨论斜率不存在时是否满足题意． 【小问1详解】 ∵圆与轴相切，且半径为，圆心在第一象限， ∴圆心C的坐标可设为，， 又圆与直线相切， ∴，解得， ∴圆的方程为． 【小问2详解】 设直线l的方程为，即， 易知圆心到的距离为， ∴， 解得，∴的方程为：； 当l斜率不存在时，方程为，此时圆心到l的距离为1，符合条件； 综上所述，的方程为或． 16. 甲、乙两人进行羽毛球比赛，采取“三局两胜”制，即两人比赛过程中，谁先胜两局即结束比赛，先胜两局的是胜方，另一方是败方.根据以往的数据分析，每局比赛甲胜乙的概率均为，甲、乙比赛没有平局，且每局比赛是相互独立的. （1）求比赛恰进行两局就结束的概率； （2）求这场比赛甲获胜的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）比赛两局就结束即甲连胜两局或乙连胜两局，分别求概率即可； （2）分别比赛两局结束和比赛三局结束，分别求概率即可. 【小问1详解】 比赛恰进行两局就结束对应的事件A有两种可能， 事件：甲胜乙，事件：乙胜甲.，， . 【小问2详解】 这场比赛甲获胜对应的事件B有两种可能，事件：比赛两局结束且甲获胜；事件：比赛三局结束且甲获胜. ，， ∴. 17. （1）已知，点在与直线平行且过点的直线上，则直线必过定点，求定点的坐标. （2）已知直线过（1）中的定点，且与直线相交于第一象限内的点，与正半轴交于点，求使面积最小时的直线的方程. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）待定系数法得到，故，变形为，求出定点； （2）设，，，所以三点共线， 分与轴垂直和不垂直两种情况，当斜率不存在时，求出；当斜率存在时，表达出，，由基本不等式求出，从而求出，得到直线的斜率，求出直线方程. 【详解】（1）设与直线平行且过点的直线方程为， 将代入得，，解得， 故，所以，即， 故直线必过定点； （2）设，，，所以三点共线， 当与轴垂直时，，，故； 当与轴不垂直时，，即，故， 因为在上，所以，所以， 因为，所以，解得， 故 ，当且仅当，即时，等号成立， 此时，所以， 因为，所以面积最小值为40，直线的斜率为， 故直线的方程为，即. 18. 如图，长方体中，，点为的中点，平面. （1）求证：平面； （2）求的长，及二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1） 连接交于F，连接， 由于四边形为正方形，故O为的中点， 而点为的中点，故, 又平面，平面，故平面； （2） 2； （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于F，连接，证明，根据线面平行的判定定理，即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，设，求得相关点的坐标，根据空角位置关系的向量证明方法，可求得a的值，根据空间角的向量求法，即可求得二面角的余弦值； （3）根据空间距离的向量求法，即可求得点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 设，则， 则, 由于平面，故， 即，则，（负值舍）， 故； 平面的法向量可取为，平面的法向量可取为， 则， 由原图可知二面角为钝角，故其余弦值为； 【小问3详解】 由题意知，平面的法向量为， 故点到平面的距离为. 19. 如图1，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=，BC=4．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCED，如图2． （1）求证：A1O⊥BD； （2）求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值； （3）线段A1C上是否存在点F，使得直线DF和BC所成角的余弦值为?若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） ，且D，E分别为AB，AC的中点， 所以，即，又O为DE的中点， 所以， 又平面A1DE⊥平面BCED，平面A1DE平面BCED， 所以平面BCED，而平面BCED， 所以A1O⊥BD. （2）； （3）存在，，理由如下： 设线段A1C上是否存在点F，且， ，， 则， 因为直线DF和BC所成角的余弦值为， 则， 即有， 解得：或（舍） 即点F与点重合时，直线DF和BC所成角的余弦值为， 此时：. 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面BCED，从而可得A1O⊥BD； （2）根据向量法即可求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值； （3）假设存在点F，由直线DF和BC所成角的余弦值可得，从而可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作交于点， 因为AB=AC=，BC=4，所以， ，，， 以点为原点，分别以方向为轴建立空间直角坐标系如下图所示： 则，，，， ，，， 设平面A1BD的法向量为， 则有，即， 令，则，则， 设直线A1C和平面A1BD所成角为， 则, 所以直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级高二上学期学分认定检测 数学试卷 本试卷共2页，共19小题，满分150分. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和谷题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题（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，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上） 1. 圆心为且过点的圆的方程是（ ） A. B. C. D. 2. 直线l的方向向量为，平面与的法向量分别为，，则下列选项正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 3. 若，，，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 在如图所示的电路图中，开关闭合与断开的概率都是，且是相互独立的，则灯灭的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 从集合中随机选取一个数记为，从集合中随机选取一个数记为，则直线不经过第四象限的概率为 A. B. C. D. 6. 已知直线与直线，则是的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. “太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”．如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则值不可能是（ ） A. B. －1 C. 0 D. 1 8. 如图，在正方体中，点P为棱的中点，点Q为面内一点，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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.全部选对得6分，选错或不选得0分，部分选对可得部分分.） 9. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. B. C. D. 10. 则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则事件，相互独立与，互斥不能同时成立 C. 为坐标原点，向量，，其中线段的中点的坐标为 D. 已知为任意实数，当变化时，方程表示过点的所有直线方程 11. 古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至前190年）与欧几里得、阿基米德齐名，著有《圆锥曲线论》八卷.他发现平面内到两个定点的距离之比为定值的点所形成的图形是圆.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆.已知在平面直角坐标系中，.点满足，设点的轨迹为曲线，下列结论正确的是（ ） A. 曲线的方程为 B. 过点的直线与曲线有公共点，则直线的斜率范围是 C. 曲线上的点到直线的最小距离为 D. 过点作曲线的一条切线，切点为F，则等于 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知直线的斜率为3，直线经过点，，若直线，则_______. 13. 已知空间三点在直线OA上有一点H满足，则点H的坐标为________. 14. 在某次国际围棋比赛中，中国派出包含甲、乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙分在不同小组的概率为______. 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. 已知圆的半径为，圆心在第一象限，且与直线和轴都相切． （1）求圆的方程． （2）过的直线与圆相交所得的弦长为，求直线的方程． 16. 甲、乙两人进行羽毛球比赛，采取“三局两胜”制，即两人比赛过程中，谁先胜两局即结束比赛，先胜两局的是胜方，另一方是败方.根据以往的数据分析，每局比赛甲胜乙的概率均为，甲、乙比赛没有平局，且每局比赛是相互独立的. （1）求比赛恰进行两局就结束的概率； （2）求这场比赛甲获胜的概率. 17. （1）已知，点在与直线平行且过点的直线上，则直线必过定点，求定点的坐标. （2）已知直线过（1）中的定点，且与直线相交于第一象限内的点，与正半轴交于点，求使面积最小时的直线的方程. 18. 如图，长方体中，，点为的中点，平面. （1）求证：平面； （2）求的长，及二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 19. 如图1，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，O为DE的中点，AB=AC=，BC=4．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使得平面A1DE⊥平面BCED，如图2． （1）求证：A1O⊥BD； （2）求直线A1C和平面A1BD所成角的正弦值； （3）线段A1C上是否存在点F，使得直线DF和BC所成角的余弦值为?若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $