精品解析：山东省淄博市淄博实验中学、淄博齐盛高级中学2024-2025学年高二上学期第一次模块考试数学试题

淄博实验中学、淄博齐盛高中高二年级第一学期 第一次模块考试数学 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 现有质地相同4个球，编号为1，2，3，4，从中一次性随机取两个球，则两个球的号码之和大于4的概率是（ ） A. B. C. D. 2. 设直线l的斜率为k，且，则直线l的倾斜角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线和直线，则是两直线平行的（ ） 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 4. 已知直线过点，且方向向量为，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，平行六面体的所有棱长为2，四边形ABCD是正方形，，点是与的交点，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. 1 B. C. D. 6. 已知圆，若圆与圆恰有三条公切线，则实数（ ） A. 9 B. C. 8 D. 7. 设直线与圆相交于两点，且的面积为8，则（ ） A. B. C. 1 D. 8. 已知点、是椭圆的左、右焦点，点M为椭圆B上一点，点关于的角平分线的对称点N也在椭圆B上，若，则椭圆B的离心率为（ ） 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. 某小组有三名男生和两名女生，从中任选两名去参加比赛，则下列事件是对立的事件是( ). A. “恰有一名女生”和“全是女生” B. “至少有一名男生”和“至少有一名女生” C. “至多有一名男生”和“全是男生” D. “至少有一名男生”和“全是女生” 10. 已知椭圆的焦点分别为，，设直线l与椭圆C交于M、N两点，且点为线段MN的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆C的离心率为 B. 椭圆上存在点Q使得 C. 直线l的方程为 D. 的周长为 11. 已知圆，点是直线上一动点，过点作圆的切线，，切点分别是和，下列说法正确的为（ ） A. 圆上恰有一个点到直线距离为 B. 四边形面积的最小值为 C. 存在唯一点，使得 D. 直线恒过定点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机事件中，与相互独立，与对立，且，，则__________. 13. 已知点，直线被圆所截得弦的中点为，则的最大值是__________. 14. 加斯帕尔·蒙日是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”.已知椭圆，若直线上存在点P，过P可作C的两条互相垂直的切线，则椭圆离心率的取值范围是__________. 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. 在2024年法国巴黎奥运会上，中国乒乓球队包揽了乒乓球项目全部5枚金牌，国球运动再掀热潮.现有甲、乙两名运动员进行乒乓球比赛（五局三胜制），其中每局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛都是相互独立的. （1）求比赛只需打三局的概率； （2）已知甲在前两局比赛中获胜，求甲最终获胜概率. 16. 已知以点为圆心的圆与直线相切. （1）求圆A的方程； （2）过点的直线l与圆A相交与M，N两点，当时，求直线l方程； （3）已知实数x，y满足圆A方程，求的取值范围. 17. 如图，在直三棱柱中，D，E分别是AB，的中点. （1）证明：平面； （2）已知，，求CD与平面所成角的大小. 18. 在三棱台中，为中点，，，. （1）求证：平面； （2）若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积. 19. 已知椭圆左焦点为，离心率为，以坐标原点为圆心，为半径作圆使之与直线相切. （1）求的方程； （2）设点，，是椭圆上关于轴对称的两点，交于另一点， ①证明：直线经过定点； ②求的内切圆半径的范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 淄博实验中学、淄博齐盛高中高二年级第一学期 第一次模块考试数学 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 现有质地相同的4个球，编号为1，2，3，4，从中一次性随机取两个球，则两个球的号码之和大于4的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用列举法，结合古典概型概率公式，即可求解. 【详解】从编号为1，2，3，4，的小球中一次性随机取两个球，有，，，，，，共6种情况， 两个球的号码之和大于4的情况有，，，，共4种情况， 所以两个球的号码之和大于4的概率. 故选：A 2. 设直线l的斜率为k，且，则直线l的倾斜角的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】按照的正负分类讨论． 【详解】时，倾斜角的范围是，当时，倾斜角的范围是， 综上，倾斜角范围是． 故选：B． 3. 已知直线和直线，则是两直线平行的（ ） 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】根据两直线平行求出参数的值，再利用充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】若直线和直线平行， 则，解得或， 因此，是两直线平行的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知直线过点，且方向向量为，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算向量以及向量的模，根据点到直线距离的向量公式直接计算即可. 【详解】由点，点. 又直线的方向向量为， 所以点到的距离. 故选：B. 5. 如图，平行六面体的所有棱长为2，四边形ABCD是正方形，，点是与的交点，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先利用基底表示向量，再将异面直线所成的角，转化为向量夹角的余弦公式，即可求解. 【详解】取的中点，连接，，因为，所以直线与所成角即为与所成的角，所以， 所以， 即，又因为， 所以，所以直线与所成角的余弦值为. 故选：B． 6. 已知圆，若圆与圆恰有三条公切线，则实数（ ） A. 9 B. C. 8 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两圆公切线的条数确定两圆的位置关系，再把两圆的位置关系转化为圆心距与半径和差的数量关系求参数的值. 【详解】圆可化为，圆心为，半径为. 若圆M与圆恰有三条公切线，则两圆外切. 圆可化为，圆心为，半径为，. 由，所以，解得. 故选：B 7. 设直线与圆相交于两点，且的面积为8，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角形的面积公式可得，由圆心到直线的距离，再利用点线距公式建立方程，解之即可. 【详解】由三角形的面积公式可得， 得，由，得， 所以为等腰直角三角形， 所以圆心到直线的距离为， 由点到直线距离公式得，解得. 故选：C 8. 已知点、是椭圆的左、右焦点，点M为椭圆B上一点，点关于的角平分线的对称点N也在椭圆B上，若，则椭圆B的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】确定在上，设，由椭圆的定义用表示出，由余弦定理确定的关系，然后在中用余弦定理求得关系，得离心率． 【详解】点关于的角平分线的对称点N必在上，因此共线，， ，设，则，，， 又，∴， 中，由余弦定理得：， ∴，化简得， ∴，， 中，， 由余弦定理得，解得， 故选：B． 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. 某小组有三名男生和两名女生，从中任选两名去参加比赛，则下列事件是对立的事件是( ). A. “恰有一名女生”和“全是女生” B. “至少有一名男生”和“至少有一名女生” C. “至多有一名男生”和“全是男生” D. “至少有一名男生”和“全是女生” 【答案】CD 【解析】 【分析】利用对立事件的定义逐项分析判断即可. 【详解】对于A选项，“恰有一名女生”和“全是女生”不能同时发生，但可以同时不发生，所以A不是对立事件； 对于B选项，“至少有一名男生”和“至少有一名女生” 可以同时发生，即一名男生和一名女生的事件，所以B不是对立事件； 对于C，“至多有一名男生”和“全男生”不能同时发生，但必有一个发生，C是对立事件； 对于D，“至少有一名男生”和“全是女生”不能同时发生，但必有一个发生，D是对立事件. 故选：CD. 10. 已知椭圆的焦点分别为，，设直线l与椭圆C交于M、N两点，且点为线段MN的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 椭圆C的离心率为 B. 椭圆上存在点Q使得 C. 直线l的方程为 D. 的周长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据焦点坐标求椭圆方程，并求离心率，再根据以为直径的圆与椭圆的交点个数，即可判断B，利用点差法求直线的方程，即可判断C，观察直线过椭圆的焦点，即可判断D. 【详解】A.由条件可知，，解得：，所以椭圆， 所以，椭圆的离心率，故A错误； B.由椭圆方程可知，，，以为直径的圆与椭圆由4个交点，所以椭圆上存在点使得，故B正确； C.设，，代入椭圆方程，，两式相减得，由题意可知，，， 所以，，所以，所以直线的斜率为， 所以直线的方程为，整理为，故C正确； D.因为直线过椭圆的焦点，所以的周长为，故D正确. 故选：BCD 11. 已知圆，点是直线上一动点，过点作圆的切线，，切点分别是和，下列说法正确的为（ ） A. 圆上恰有一个点到直线的距离为 B. 四边形面积的最小值为 C. 存在唯一点，使得 D. 直线恒过定点 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用圆心到直线的距离可判断A；利用圆的性质可得切线长，由题可得四边形的面积，可判断B；当时，四边形为正方形，将问题转化为时，求点的个数，即可判断C；由题可知点，在以为直径的圆上，利用两圆方程相减可得公共弦的方程，即可判断D. 【详解】由圆，可知圆心，半径. 对于A，由圆心到直线的距离为， 所以圆上任意一点到直线的距离的取值范围为（当时，直线与圆的两个交点处分别取等号）. 而，所以圆上有两个点到直线的距离为，故A错误； 对于B，四边形的面积， 由圆的性质可得切线长， 所以当最小时（时）, ， 所以四边形的面积的最小值为1，故B正确； 对于C，若，由，，则四边形为正方形，则， 设，则，解得， 即存唯一P点，使得，故C正确； 对于D，设，因为为过点作圆的切线，所以点在以为直径的圆上. 又，所以以为直径的圆为，即. 与圆联立，相减，即为直线的方程为：. 由，得，即直线恒过定点，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点睛：本题D选项的关键是分析得点在以为直径的圆上，进而两圆方程相减得到直线的方程，再利用直线过定点问题的求解方法即可得解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机事件中，与相互独立，与对立，且，，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由公式可知只需求出即可，结合对立事件的概率公式以及独立事件的乘法公式即可求解. 【详解】由与为对立事件，则， 又与相互独立，则， 所以. 故答案为：. 13. 已知点，直线被圆所截得弦的中点为，则的最大值是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据中点关系可得，即可由数量积的坐标运算得点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，即可根据求解. 【详解】由于直线恒过定点，圆的圆心， 设，则，故， 即，化简可得， 故点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆， 由于在圆外，, 故，即， 则的最大值是. 故答案为：. 14. 加斯帕尔·蒙日是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”.已知椭圆，若直线上存在点P，过P可作C的两条互相垂直的切线，则椭圆离心率的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先通过椭圆切点在顶点的四条特殊切线可知道蒙日圆的半径，问题转化为直线与蒙日圆有交点问题，根据直线与圆的位置关系列式即可求解. 【详解】由椭圆方程可知蒙日圆半径为， 所以蒙日圆方程为， 因为点在椭圆的蒙日圆上，又因为点在直线上， 所以直线和蒙日圆有公共点. 即圆心到直线的距离不大于半径， 即，所以， 所以椭圆离心率，所以. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：本题的关键是对“蒙日圆”定义的理解，能够利用椭圆的四条特殊切线确定蒙日圆的半径，将问题转化为直线与圆有交点的问题. 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. 在2024年法国巴黎奥运会上，中国乒乓球队包揽了乒乓球项目全部5枚金牌，国球运动再掀热潮.现有甲、乙两名运动员进行乒乓球比赛（五局三胜制），其中每局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，每局比赛都是相互独立的. （1）求比赛只需打三局的概率； （2）已知甲在前两局比赛中获胜，求甲最终获胜的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）“比赛只需打三局”可看作互斥事件“甲前三局都获胜”与“乙前三局都获胜”的和事件，可按相互独立事件积事件的概率与互斥事件和事件的概率求解即可； （2）“甲最终获胜”是互斥事件“第三局甲胜”、“第三局甲输第四局甲胜”与“第三局第四局甲均输第五局甲胜”的和事件，按相互独立事件积事件的概率与互斥事件和事件的概率求解即可； 【小问1详解】 设事件=“甲前三局都获胜”，事件=“乙前三局都获胜”， 则， ， 比赛只需打三局的概率为： . 【小问2详解】 甲需要打三局的概率为：， 甲需要打四局的概率为：， 甲需要打五局的概率为：， 则甲最终获胜的概率为：. 16. 已知以点为圆心的圆与直线相切. （1）求圆A的方程； （2）过点的直线l与圆A相交与M，N两点，当时，求直线l方程； （3）已知实数x，y满足圆A的方程，求的取值范围. 【答案】（1）; （2）或; （3）. 【解析】 【分析】（1）由题意知到直线的距离为圆半径，由点到直线的距离公式即可求解； （2）求得圆心到直线的距离，分斜率是否存在两种情况计算可得结论； （3）求得圆心到的距离的最小值的平方，即可得结论. 【小问1详解】 由题意知点到直线的距离为圆的半径， 由点到直线的距离公式可得, 所以圆的方程为. 【小问2详解】 因为直线与圆相交与两点，且，利用垂径定理和勾股定理， 可得圆心到直线的距离为， 当直线的斜率不存在时，直线方程为，圆心到直到直线的距离为，符合题意， 当直线斜率存在时，设直线的方程为， 由题意可得，解得， 所以直线的方程为，即， 综上所述：直线的方程为或. 【小问3详解】 表示点到的距离的平方， 又圆心到到的距离为， 所以点到的距离的最小值为，最大值为 所以的最小值为，最小值为， 即的取值范围是. 17. 如图，在直三棱柱中，D，E分别是AB，的中点. （1）证明：平面； （2）已知，，求CD与平面所成角的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，根据几何关系构造辅助线，即可证明； （2）根据垂直关系，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再代入线面角的向量公式即可求解. 【小问1详解】 连结，交于点，连结， 因为点分别是的中点，所以 , 平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为，， 所以，所以， 如图，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系， ，，，， ，，， 设平面的法向量为， 所以，令，则，， 所以平面的法向量为， 设与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的大小为. 18. 在三棱台中，为中点，，，. （1）求证：平面； （2）若，，平面与平面所成二面角大小为，求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）易证得四边形为平行四边形，由此可得，结合，由线面垂直的判定可得结论； （2）根据垂直关系，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，由二面角的向量求法可构造方程求得，利用体积桥可求得结果. 【小问1详解】 在三棱台中，为中点，则， 又，， ，四边形为平行四边形，， 又，， ，，， ，平面，平面. 【小问2详解】 ，，， 又，，平面，平面， 连接，，，为中点，； 以为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 设，则，， ，， 设平面的一个法向量为， 则，令，解得：，，； 又平面的一个法向量， ，解得：，即， 平面，平面平面，平面， . 19. 已知椭圆左焦点为，离心率为，以坐标原点为圆心，为半径作圆使之与直线相切. （1）求的方程； （2）设点，，是椭圆上关于轴对称的两点，交于另一点， ①证明：直线经过定点； ②求的内切圆半径的范围. 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）由题意得，解方程组可求出，从而可得椭圆的方程； （2）①设的方程为，代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，再由点三点共线且斜率一定存在，可求得，即可求证直线过定点， ②再结合为椭圆右焦点，所求内切圆半径为，则，化简换元后可求出其范围. 小问1详解】 依题意， 解得，， 所以的方程为. 【小问2详解】 ①因为不与轴重合，所以设的方程为， 设点，，则 联立，得， 则，， 因为点，，三点共线且斜率一定存在， 所以， 所以，将，代入 化简可得，故， 解得，满足 所以直线过定点，且为椭圆右焦点 ②设所求内切圆半径为，因为， 所以 令，则， 所以， 因为，对勾函数在上单调递增， 所以，则. 所以内切圆半径的范围为. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$