精品解析：山东省青岛市第十九中学2024——2025学年高二上学期期中考试数学试卷

青岛十九中2024—2025学年度第一学期期中检测 高二数学试题 2024.11 说明： 1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷.满分150分.答题时间120分钟. 2.请将第Ⅰ卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目的代号上：第Ⅱ卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应的位置上，答在试卷上作废. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题：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. 经过、两点椭圆的标准方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出椭圆一般方程，由待定系数法求解即可. 【详解】设椭圆方程为（，，） 则，解得， 所以椭圆方程为. 故选：A. 2. 已知，，若，则（ ） A. 4 B. 2 C. 11 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由空间两向量减法及垂直的坐标公式计算即可. 【详解】因为，， 所以，解得. 故选：C. 3. 直线m，n的方向向量分别为，平面的法向量为，则下列选项正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意利用直线与直线，直线与平面的位置关系，计算向量的数量积，进行判断. 【详解】若，则与共线向量，故A错误； 若，则与共线向量，故B错误； 若，则，故C错误； 若，则，故D正确， 故选：D 4. 已知点，若，则直线AB的倾斜角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两点式求斜率，结合参数范围有，根据斜率与倾斜角关系确定倾斜角范围. 【详解】由题设，则直线AB的倾斜角的取值范围为. 故选：B 5. 已知圆和圆相交于，两点，则下列结论中错误的是（ ） A. 两圆相交 B. 直线AB的方程为 C. 两圆有两条公切线 D. 线段AB的长为 【答案】B 【解析】 【分析】先判断两个圆的位置关系，然后求得相交弦所在直线方程，再求得弦长. 【详解】圆的圆心是，半径为，圆的圆心是，半径为， 圆心距为，所以两圆相交，A选项正确，公切线有条，C选项正确. 由、两式相减并化简得， B选项错误. 到直线的距离为， 所以，D选项正确. 故选：B 6. “曲池”是《九章算术》记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，面ABCD，，底面扇环所对的圆心角为，的长度是长度的2倍，，则异面直线与所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解即可. 【详解】由底面扇环所对的圆心角为，的长度是长度的2倍，，所以可知, 设上底面圆心为，下底面圆心为，连接，，， 以为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，0，，，2，，，1，，，0，，，2，， 则， ， 又异面直线所成角的范围为， 故异面直线与所成角的正弦值为． 故选：C 7. 过直线上一点作：的两条切线，切点分别为，，若使得的点有两个，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】由切线长及勾股定理可得，可得点轨迹方程为一个圆，结合点在直线上，进而可得此圆与直线相交，由列式求解即可. 【详解】如图所示， 由题意知，的圆心，半径，设， 因为，， 所以点轨迹方程为， 又因为点在直线上，且使得切线长的点有两个， 所以与相交， 又因为圆心到直线距离为， 所以，即，解得. 故选：A. 8. 阅读材料：数轴上，方程可以表示数轴上的点，平面直角坐标系中，方程（、不同时为0）可以表示坐标平面内的直线，空间直角坐标系中，方程（、、不同时为0）可以表示坐标空间内的平面.过点且一个法向量为的平面的方程可表示为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意求得平面的法向量与直线的方向向量，再结合空间向量的数量积求直线与平面所成角的正弦值. 【详解】因为平面的方程为，所以平面的法向量可取， 平面的法向量为， 平面的法向量为， 设两平面的交线的方向向量为， 由，令，则， 所以两平面的交线的方向向量为， 设直线与平面所成角的大小为， 则. 故选：A． 【点睛】方法点睛：根据交线在两平面内，所以直线的方向向量与两平面的法向量互相垂直可求得直线的方向向量，利用线面角的向量求法，可求得线面角的正弦值. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知，，则下列说法中正确的是（ ） A. 如果，那么 B. 如果，那么 C. 如果互斥，那么 D. 如果互斥，那么 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于AB，由可得即可；对于CD，由互斥可得即可. 【详解】对于AB，由可得, 所以,故AB正确； 对于CD，由互斥可得， 所以,故C正确，D错误. 故选：ABC. 10. 已知椭圆的左､右焦点分别为，上顶点为，动点在椭圆上，则下列描述正确的有（ ） A. 若的周长为6，则 B. 若当时，的内切圆半径为，则 C. 若存在点，使得，则 D. 若的最大值为，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用焦点三角形的周长求解即可判断A；利用余弦定理求得焦点三角形的面积，可得，求解可判断B；若，则以为圆心，为半径的圆与椭圆有交点，则，求解可判断C；结合题意可得，利用二次函数的最值可求得的范围判断D. 【详解】对于A，由椭圆，可得， 因为的周长为6，所以，解得， 因为，所以，解得，故A正确； 对于B，由，可得， 当时，由余弦定理可得 ， 则，解得， 所以. 又的内切圆半径为，所以， 所以，所以，解得（舍去）或， 所以，故B正确； 对于C，若，则以为圆心，为半径的圆与椭圆有交点，则， 所以，所以，解得， 所以存在点，使得，则，故C错误； 对于D，设， ， 又因为，因为下顶点到上顶点的距离为，又的最大值为，故时取最大值， 所以，解得，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】结论点睛：椭圆中焦点三角形的有关结论： （1）焦点三角形的周长为； （2）当点为椭圆短轴的一个端点时，为最大. 11. 在边长为1的正方体中，为中点，连接，、分别为线段的两个三等分点，为中点，下列说法正确的有（ ） A. 直线与直线所成角的余弦值为 B. 平面与平面所成角的余弦值为 C. 在平面内，存在点使得，点的轨迹长度为 D. 在线段上存在两个点，使得 【答案】ACD 【解析】 【分析】构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线线角、面面角的余弦值判断A、B；由题意在用面截以为直径的球体的截面圆上，且球心为，结合已知求截面圆半径，即可判断C；将线段以为对称轴作对称线段，且是的对称点，只需说明与1的大小，即可判断D. 【详解】构建如下图示的空间直角坐标系，，， 所以，又，则， 所以，，则，A对； 由上，，若为面的一个法向量， 则，令，则，又是面的一个法向量， 则面与面所成角的余弦值为，B错； 由在平面内点使， 即在用面截以为直径的球体的截面圆上，且球心为， 而，故球体半径为，且到面的距离为， 所以截面圆半径，故点的轨迹长度为，C对； 将线段以为对称轴作对称线段，且是的对称点， 由，则，而， 所以最小为， 故线段上存在两个点，使得，D对. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：C项分析得到在用面截以为直径的球体的截面圆上，且球心为为关键，D项利用对称确定最小值与1的大小关系判断. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平行直线，则.与的距离是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】先根据求出，进而结合平行直线之间的距离公式计算即可. 【详解】因为，则，解得， 此时，即， 所以.与的距离是. 故答案为：. 13. 椭圆C的左、右焦点分别为，，上顶点为A，直线另交椭圆C与点B，若，则C的离心率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】作出辅助线，由三角形相似得到，，求出，代入椭圆方程，求出，求出答案. 【详解】如图，过B作轴于H，设椭圆方程为， ，，易知，所以， 又，，所以，，得到， 代入椭圆方程得，整理得到，所以. 故答案为： 14. 甲乙两人掷骰子，约定掷出质数甲得一分，掷出合数乙得一分，并约定先达到两分者获胜，此时游戏结束.问：若最多进行三局，则甲胜的概率是______；恰好进行三局游戏结束的概率是___ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先求出甲胜的概率为，乙胜的概率为，若最多进行三局，则甲胜的情况有三种情况：第一种是甲连胜两局，第二种是第一局乙胜，第二局和第三局甲胜，第三种是第一局甲胜，第二局乙胜，第三局甲胜 ；恰好进行三局游戏结束的情况有4种：第一种是第一局乙胜，第二局和第三局甲胜，第二种是第一局甲胜，第二局乙胜，第三局甲胜 ， 第三种是第一局乙胜，第二局甲胜，第三局乙胜 ，第二种是第一局甲胜，第二局乙胜，第三局乙胜，分别计算各自概率然后求和即可. 【详解】因为1，2，3，4，5，6中质数有2，3，5，合数有4，6， 所以掷出质数的概率为，掷出合数的概率为， 所以甲胜的概率为，乙胜的概率为， 若最多进行三局，则甲胜的情况有三种情况： 第一种是甲连胜两局，概率为； 第二种是第一局乙胜，第二局和第三局甲胜，概率为； 第三种是第一局甲胜，第二局乙胜，第三局甲胜 ，概率为. 所以若最多进行三局，则甲胜的概率为. 恰好进行三局游戏结束的情况有4种： 第一种是第一局乙胜，第二局和第三局甲胜，概率为； 第二种是第一局甲胜，第二局乙胜，第三局甲胜 ，概率为； 第三种是第一局乙胜，第二局甲胜，第三局乙胜 ，概率为； 第二种是第一局甲胜，第二局乙胜，第三局乙胜 ，概率为. 所以恰好进行三局游戏结束的概率为. 故答案为：；. 四、解答题：本大题共6小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 2024年10月13日，成都市将举办马拉松比赛，其中志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障.成都市文体广电旅游局承办了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. （1）求a的值; （2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第百分位数; （3）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取人，担任本市的宣传者.若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为和，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为和，请据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差. （附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差） 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的概率乘以组距等于，可求得 （2）根据频率分布直方图中平均数和百分位数的计算方法即可求解； （3）先计算出第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数，由题意，再根据分层抽样的方差公式求解即可. 【小问1详解】 由图得， 解之可得； 【小问2详解】 根据题意知， ，， 设第百分位数为，所以， ，解之可得， 故这名候选者面试成绩的平均数为，第80百分位数为. 【小问3详解】 设第二组、第四组所有面试者的面试成绩的平均数、方差分别为， 且两组的频率之比为， 则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数为， 第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为 ， 则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为. 16. 已知顶点，边上中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为，求： （1）点和点的坐标： （2）在边上是否存在一点，使得平分，若存在请求出点坐标，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）， （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据在直线上以及与边上高所在直线斜率的关系，列出方程组求解出点坐标；根据的中点在中线上以及边上的高经过求解出点坐标； （2）假设存在，根据的大小确定出所在直线的倾斜角，从而可知，分别求解出所在直线的方程，联立可得结果. 【小问1详解】 设，因为，所以， 又因为上的高所在直线方程为，所以， 所以， 所以，解得，所以； 设，因为边上中线所在直线方程为， 所以，即， 又因为边上的高经过点，所以， 所以，解得，所以. 【小问2详解】 设存在满足条件，如图所示， 因为，所以， 因为平分，所以， 因为且，所以， 所以，所以，即， 又因为，，所以，即， 所以，所以， 综上所述，存在满足条件. 17. 在平行六面体中，，，. （1）求的长； （2）求到直线的距离； （3）动点在线段上运动，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用空间向量的基本定理直接求解即可； （2）结合长度关系，利用线面垂直得出，即得为到直线的距离，进而求解即可； （3）设，表示出，即可求出所求的最小值. 【小问1详解】 由题知，， 因为， 所以 ， 而， ， ， 所以， 即的长度为. 【小问2详解】 因为， 所以， 所以， 在中，， 所以， 即， 又因为， 所以平面， 而平面， 所以， 即为到直线的距离， 而， 所以三角形为等边三角形，即， 即到直线的距离为. 【小问3详解】 设， 则 ， 当时，这时的最小，且为. 18. 复数（）与复平面上的点一一对应： （1）复数（，），（，），若（），复平面上动点的轨迹为；若（），复平面上动点的轨迹为；判断并证明、的曲线类型. （2）复数、、、（，）满足（）且，复平面上动点的轨迹为曲线. （ⅰ）求的标准方程，并判断曲线类型； （ⅱ）平面上过的动直线交曲线于、两点，是线段上一点且满足，证明：点恒在某条定直线上. 【答案】（1） 是圆心为，半径为的圆； 证明：因为，所以， 所以，所以， 表示圆心为，半径为的圆； 是经过和的一条直线； 证明：因为，所以，所以， 当时，，即，表示经过且斜率为的一条直线， 当时，，表示轴， 所以是经过和的一条直线. （2）（i），曲线为椭圆； （ii）设，不妨假设， 由题意可知，直线的斜率存在，设， 联立，可得， 所以，且， 因为， ， 所以， 化简可得， 所以， 所以，且， 所以，化简可得， 所以在定直线上. 【解析】 【分析】（1）判断时将模长转化为对应坐标运算，化简后可得结果，判断时，根据横纵坐标的对应关系来进行判断即可； （2）（ⅰ）先根据（1）将复数之间的等量关系转化为几何关系，然后根据椭圆的定义作出判断并写出标准方程；（ii）设出直线的方程以及的坐标，联立直线方程与椭圆方程可得坐标的韦达定理形式，然后利用弦长公式转化条件，通过代入韦达定理形式的坐标关系求得横纵坐标的关系，则可完成证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）设在复平面内对应的点为， 由（1）可知，表示直线，表示的垂直平分线， 所以为的垂直平分线与直线的交点， 因为，所以，因为，所以， 因为，所以在以为圆心，半径为的圆上， 如下图所示， 由上可知，， 所以的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆， 所以，所以， 所以的标准方程为，曲线为椭圆； （ⅱ）略 【点睛】结论点睛：常见的复数与轨迹的结论： （1）：表示以为圆心，半径为的圆； （2）且：表示以为端点的线段； （3）且：表示以为焦点的椭圆； （4）且：表示以为焦点的双曲线. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为经过点且倾斜角为的直线l与椭圆交于A，B两点（其中点A在x轴上方），且的周长为8．将平面沿x轴向上折叠，使二面角为直二面角，如图所示，折叠后A，B在新图形中对应点记为，． （1）当时， ①求证：； ②求平面和平面所成角的余弦值； （2）是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） ①由椭圆定义可知， 所以的周长，所以， 因为离心率为，故，解得， 则，由题意，椭圆的焦点在轴上， 所以椭圆方程为， 直线，即， 联立得，解得或， 当时，，当时，， 因为点A在x轴上方，所以， 故⊥，折叠后有⊥， 因为二面角为直二面角，即平面⊥，交线为， 平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥； ② （2） 存在， 【解析】 【分析】（1）①根据椭圆定义得到，结合离心率得到，求出，得到椭圆方程，联立直线方程和椭圆，得到，得到⊥，结合二面角为直二面角，得到线面垂直，证明出结论； ②建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，从而求出面面角的余弦值； （2）设折叠前，折叠后对应的，设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，根据折叠前后的周长关系得到，变形得到，代入两根之和，两根之积，求出，进而求出的值. 【小问1详解】 ①略. ②以为坐标原点，折叠后的轴负半轴为轴，原轴为轴，原轴正半轴为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 其中平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则， 令得，故， 设平面与平面的夹角为， 则， 故平面与平面的夹角的余弦值为； 【小问2详解】 设折叠前，折叠后对应的， 设直线方程为， 将直线与椭圆方程联立得，， 则， 在折叠前可知， 折叠后，在空间直角坐标系中，，， 由，， 故， 所以①， 分子有理化得， 所以②， 由①②得， 因为 ， 故， 即， 将代入上式得 ， 两边平方后，整理得， 即，解得， 因为，所以. 【点睛】出题非常新颖，将立体几何和解析几何结合，考查学生的综合能力，在解决图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用平面几何知识或建立空间直角坐标系进行求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青岛十九中2024—2025学年度第一学期期中检测 高二数学试题 2024.11 说明： 1.本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷.满分150分.答题时间120分钟. 2.请将第Ⅰ卷题目的答案选出后用2B铅笔涂在答题纸对应题目的代号上：第Ⅱ卷用黑色签字笔将正确答案写在答题纸对应的位置上，答在试卷上作废. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题：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. 经过、两点椭圆的标准方程是（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，若，则（ ） A. 4 B. 2 C. 11 D. 3 3. 直线m，n的方向向量分别为，平面的法向量为，则下列选项正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知点，若，则直线AB的倾斜角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆和圆相交于，两点，则下列结论中错误的是（ ） A. 两圆相交 B. 直线AB的方程为 C. 两圆有两条公切线 D. 线段AB的长为 6. “曲池”是《九章算术》记载的一种几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，面ABCD，，底面扇环所对的圆心角为，的长度是长度的2倍，，则异面直线与所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 过直线上一点作：的两条切线，切点分别为，，若使得的点有两个，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. 或 D. 或 8. 阅读材料：数轴上，方程可以表示数轴上的点，平面直角坐标系中，方程（、不同时为0）可以表示坐标平面内的直线，空间直角坐标系中，方程（、、不同时为0）可以表示坐标空间内的平面.过点且一个法向量为的平面的方程可表示为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知，，则下列说法中正确的是（ ） A. 如果，那么 B. 如果，那么 C. 如果互斥，那么 D. 如果互斥，那么 10. 已知椭圆的左､右焦点分别为，上顶点为，动点在椭圆上，则下列描述正确的有（ ） A. 若的周长为6，则 B. 若当时，的内切圆半径为，则 C. 若存在点，使得，则 D. 若的最大值为，则 11. 在边长为1的正方体中，为中点，连接，、分别为线段的两个三等分点，为中点，下列说法正确的有（ ） A. 直线与直线所成角的余弦值为 B. 平面与平面所成角的余弦值为 C. 在平面内，存在点使得，点的轨迹长度为 D. 在线段上存在两个点，使得 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平行直线，则.与的距离是__________. 13. 椭圆C的左、右焦点分别为，，上顶点为A，直线另交椭圆C与点B，若，则C的离心率为______. 14. 甲乙两人掷骰子，约定掷出质数甲得一分，掷出合数乙得一分，并约定先达到两分者获胜，此时游戏结束.问：若最多进行三局，则甲胜的概率是______；恰好进行三局游戏结束的概率是___ 四、解答题：本大题共6小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 2024年10月13日，成都市将举办马拉松比赛，其中志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障.成都市文体广电旅游局承办了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. （1）求a的值; （2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第百分位数; （3）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取人，担任本市的宣传者.若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为和，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为和，请据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差. （附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差） 16. 已知顶点，边上中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为，求： （1）点和点的坐标： （2）在边上是否存在一点，使得平分，若存在请求出点坐标，若不存在，请说明理由. 17. 在平行六面体中，，，. （1）求的长； （2）求到直线的距离； （3）动点在线段上运动，求的最小值. 18. 复数（）与复平面上的点一一对应： （1）复数（，），（，），若（），复平面上动点的轨迹为；若（），复平面上动点的轨迹为；判断并证明、的曲线类型. （2）复数、、、（，）满足（）且，复平面上动点的轨迹为曲线. （ⅰ）求的标准方程，并判断曲线类型； （ⅱ）平面上过的动直线交曲线于、两点，是线段上一点且满足，证明：点恒在某条定直线上. 19. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为经过点且倾斜角为的直线l与椭圆交于A，B两点（其中点A在x轴上方），且的周长为8．将平面沿x轴向上折叠，使二面角为直二面角，如图所示，折叠后A，B在新图形中对应点记为，． （1）当时， ①求证：； ②求平面和平面所成角的余弦值； （2）是否存在，使得折叠后的周长为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $