精品解析：四川省成都市邛崃市第一中学校2024-2025学年高二上学期1月期末调研考试数学试题

成都市邛崃一中2024-2025学年度上期高二年级调研考试 数 学 本试卷满分150分，考试时间150分钟. 注意事项: 1．答卷前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上. 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号. 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5．考试结束后，只将答题卡交回. 第I卷（选择题） 一、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，只有一个选项符合题目要求. 1. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由投影向量的定义，结合空间向量公式计算可求结果. 【详解】因为向量，， 所以，， 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：C. 2. 直线倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用直线方程求得斜率，再利用斜率与倾斜角的关系求解. 【详解】解：因为直线的斜率为， 所以直线的倾斜角是， 故选：A 3. 已知抛物线，弦过其焦点，分别过弦的端点的两条切线交于点，点到直线距离的最小值是（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】设，设出过点过处的切线方程与抛物线联立，由，得出其斜率，化简点过处的切线方程，同理得出点过处的切线方程,根据题意得出点的坐标，结合点到直线的距离公式可得出答案. 【详解】设，设过处的切线方程是， 联立，得， 由题意，即， 则在处的切线方程为， 同理，处的切线方程为， 设交点的坐标为，点在两条切线上， 所以，，则直线的方程是. 又过其焦点，易知交点的轨迹是，所以，：，所以交点到直线的距离是， 所以当时距离最小值为2. 故选：D 4. 已知双曲线，A为双曲线C的左顶点，B为虚轴的上顶点，直线l垂直平分线段，若直线l与C存在公共点，则双曲线C的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题意求得直线l的斜率，再根据直线l与C存在公共点，只需直线l的斜率大于渐近线的斜率即可求解. 【详解】 依题意，可得，则， 又因为直线l垂直平分线段，所以， 因为直线l与C存在公共点， 所以，即， 则，即，解得， 所以双曲线C的离心率的取值范围是. 故选：B 5. 甲、乙两人独立地破译一份密码，已知两人能破译的概率分别是，，则密码被成功破译的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由相互独立事件概率的乘法公式可得密码没有被破译的概率，由对立事件的概率性质可得答案． 【详解】根据题意，密码没有被破译，即甲乙都没有成功破译密码的概率为， 故该密码被成功破译的概率为． 故选：B. 6. 已知是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量，若．则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由线面垂直关系可得出，结合空间向量共线的坐标表示可得出结果. 【详解】因为是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量， 且，则，所以，，解得，，故. 故选：D. 7. 在直角坐标系中，已知直线与圆相交于两点，则的面积的最大值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据点到直线的距离公式可得圆心到直线的距离，利用勾股定理可表示出弦长，代入面积公式，结合二次函数求最值即可求解. 【详解】圆心到直线的距离， ， 又，所以，即. 故选：D. 8. 已知抛物线，圆，若点、分别在、上运动，且设点，则的最小值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】要使最小，则需最大，根据抛物线的定义可得，，然后整理换元转化为二次函数求最值. 【详解】如图，设圆心为，则为抛物线的焦点， 该抛物线的准线方程为，设， 由抛物线的定义得，要使最小，则需最大， 如图，最大时，经过圆心，且圆的半径为1， ，且， 所以，令，则， 所以，由， 而， 得，取得最小值，则的最小值为． 故选：B． 【点睛】方法点睛：求圆上的动点到一定点的距离之和最大（小）转化为求圆心到定点的距离的加半径（减半径）. 二、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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知一组数据，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则这组数据的众数为1 B. 若，则这组数据的分位数为3 C. 若，则这组数据的平均数的最小值为 D. 若，则这组数据的平均数的最小值为2 【答案】ABC 【解析】 【分析】A由众数定义可得答案；；B由百分位数计算方式可得答案；CD由基本不等式可判断选项正误. 【详解】对于A，数据中1出现次数最多，则众数为1，故A正确； 对于B，数据从小到大排序为1，1，1，2，3，3，4，4，又， 则这组数据的分位数为第六个数据，即3，故B正确； 对于CD，由，可得，当且仅当时取等号， 则平均数最小值为，故C正确，D错误. 故选：ABC 10. 已知为坐标原点，抛物线的焦点为为上第一象限的点，且，过点的直线与交于两点，圆，则（ ） A. B. 若，则直线倾斜角的正弦值为 C. 若的面积为6，则直线的斜率为 D. 过点作圆的两条切线，则两切点连线的方程为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据抛物线的定义、弦长、面积、圆的切线等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】设，则，则，故，故A正确； 设直线，联立则， 设，则， 故.， 解得，则直线倾斜角的正弦值为，故B错误； ，解得， 则直线的斜率为，故C正确； 由上述分析可知，， 圆可化为，圆心，半径， 易知为其中一条切线，切点为，且两切点连线与垂直， ，两切点连线的斜率为， 故两切点连线为， 即，故D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛： 联立方程法求交点：通过设定直线方程并联立抛物线方程，得到交点的坐标表达式．这是求解涉及两条曲线交点时的基本方法． 面积与斜率的关系：在C选项的分析中，利用三角形面积公式推导出直线的斜率，通过面积与几何图形特性的关系有效求解参数． 圆的切线与切点方程：在D选项的分析中，使用圆的标准方程，通过作切线与圆心的垂直关系，找到切点并确定切线方程． 11. 如图，棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为面对角线上一个动点，则下列选项中正确的有（ ） A. 三棱锥的体积为定值． B. 无论点在线段的什么位置，都有平面平面 C. 线段上存在点，使平面平面． D. 为上靠近的四等分点时，直线与所成角最小 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；选项B，根据条件，可得面，利用面面垂直的判定定理可得平面平面，即可作出判断，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C和D选项的正误． 【详解】对于选项A，因为平面，平面平面， 所以，点到平面的距离等于， 的面积为， 所以，，故选项A正确； 对于选项B，连接，易知面，又面，所以， 又分别为棱的中点，则，而，所以， 又面，，所以面， 又面，所以平面平面，故选项B正确， 对于选项C，以点坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 则、、、、、 、、，、， 设平面的法向量为，，， 由，取，可得， 设，可得点，其中， 则， 所以，解得， 故平面与平面不平行，所以选项C错误， 对于选项D，由选项C知，，， 设直线与所成角为， 则， 当时，取得最大值，此时最小，所以选项D正确， 故选：ABD. 第II卷（非选择题） 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 甲、乙、丙、丁、戊、己名同学相互做传接球训练，球从甲手中开始，等可能地随机传向另外人中的人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外人中的人，如此不停地传下去，假设传出的球都能被接住.记第次传球之后球在乙手中的概率为，则______. 【答案】 【解析】 【分析】先求数列的前两项，再确定时，的关系，结合等比数列定义证明数列为等比数列，由此可求数列的通项公式. 【详解】由已知，， 当时，因为第次传球后球在乙手中的概率为， 所以第次传球后球不在乙手中的概率为， 所以， 所以当时，，又， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以. 故答案为：. 13. 已知椭圆的离心率为，且过点，动直线交椭圆于不同的两点、，且（为坐标原点），则______． 【答案】2 【解析】 【分析】先待定系数法求解椭圆方程，联立直线与椭圆方程消元得关于x的二次方程，再由韦达定理得根与系数的关系，将转化为坐标等式，代入韦达定理关系式，则求出系数式的值. 【详解】∵椭圆的离心率为， ∴，即①， 又椭圆过点，②， 联立①②解得，， ∴椭圆的方程为． 将直线代入椭圆方程化简得． 由题意知，， 设，， 则(*) ，， 将*式代入得 ， 则. 故答案为：2. 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意： (1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件； (2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系的应用，熟练弦长、斜率、向量、面积等几何问题的代数坐标化． 14. 已知抛物线C：的焦点为F，，过点M作直线的垂线，垂足为Q，点P是抛物线C上的动点，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题先求出直线必过定点，再求出的轨迹方程，再数形结合求最值即可. 【详解】 由得， 所以直线过点． 连接AM，则，由题意知点Q在以AM为直径的圆上，设，所以点Q的轨迹方程为（不包含点）， 记圆的圆心为，过点Q，P，N分别作准线的垂线，垂足分别为B，D，S，连接DQ，则，当且仅当B，P，Q，N四点共线且点Q在PN中间时等号同时成立，所以的最小值为． 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， （1）求线段垂直平分线所在直线方程 （2）若直线过，且、到直线距离相等，求方程 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】（1）由题可得的中点坐标，再根据互相垂直的直线斜率之间的关系及点斜式方程即得； （2）根据点到直线距离公式结合条件即得. 【小问1详解】 因为点，． 所以线段的中点坐标为，直线的斜率为， 因此直线的中垂线的斜率为， 因此线段的垂直平分线所在直线方程为， 即； 【小问2详解】 因为直线过点，，， 当直线的斜率不存在时，显然不合题意， 设直线的方程为，即， 所以，解得或， 所以直线的方程为或. 16. 甲袋装有一个黑球和一个白球，乙袋也装有一个黑球和一个白球，四个球除颜色外，其他均相同．现从甲乙两袋中各自任取一个球，且交换放入另一袋中，重复进行n次这样的操作后，记甲袋中的白球数为，甲袋中恰有一个白球的概率为 （1）求； （2）求的解析式； （3）求． 【答案】（1）， （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）先利用组合相关知识与古典概型概率公可求，再利用全概率公式即可得解； （2）由（1）知，利用构造法可得数列是等比数列，可求； （3）的所有可能取值为0，1，2，求得分布列可求得数学期望. 【小问1详解】 记第次交换后甲袋中恰有两个白球的概率为， 则第次交换后甲袋中恰有零个白球的概率为， 由题意得． ； 【小问2详解】 由（1）知， 所以，且， 从而数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 即； 【小问3详解】 显然的所有可能取值为0，1，2， 且， ， 即，从而， 所以的分布列为 0 1 2 所以. 【点睛】方法点睛：对于离散型随机变量的期望与方差的综合问题的求解策略： 1、理解随机变量的意义，写出可能取得得全部数值； 2、根据题意，求得随机变量的每一个值对应的概率； 3、列出随机变量的分布列，利用期望和方差的公式求得数学期望和方差； 4、注意期望与方差的性质的应用； 17. 已知平面直角坐标系上一动点到点距离是点到点的距离的倍. （1）求点的轨迹方程； （2）若点与点关于点对称，点，求的最大值和最小值； （3）过点的直线与点的轨迹相交于两点，点，则是否存在直线，使取得最大值，若存在，求出此时的方程，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）； （3）存在，或 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程求解即可； （2）根据对称性求出Q点的轨迹方程，再利用三角换元即可求解； （3）联立直线与圆的方程求得的范围，再利用点到直线的距离公式与圆的弦长公式求得取得最大值时的值，从而得解. 【小问1详解】 由已知， 化简得，即， 所以点P的轨迹方程为； 【小问2详解】 依题意，设， 因为点与点关于点对称，，所以点P坐标为， 因点P在圆上运动，所以， 即点Q的轨迹方程为， 不妨设， ， 其中， 则当时，取得最大值； 当时，取得最小值； 【小问3详解】 由题意知的斜率一定存在， 不妨假设存直线的斜率为k，且，则， 联立方程：， 所以， 又因为直线不经过点，则， 因为点到直线的距离，， 所以， 因为， 所以当时，取得最大值2，此时， 所以直线的方程为或. 18. 如图，在直三棱柱中，分别是的中点，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系,求出平面的法向量，代入异面直线夹角的空间向量公式即可证明； （2）找到平面的法向量，再代入空间二面角公式求解即可； 【小问1详解】 由为直三棱柱，得平面，又， 以为原点，分别为轴，轴，轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设， 由题意可得：， 于是，， 设平面的法向量为，则，取，得， 显然，即平面，而平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）可知，平面的一个法向量为，显然轴垂直于平面， 不妨取其法向量为，设所求的平面夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 19. 已知椭圆：（）的焦距为，，分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与椭圆交于两点，的周长为8. （1）求椭圆的标准方程. （2）对于，是否存在实数，使得直线分别交椭圆于点，且？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义求解即可； （2）利用韦达定理求出的中点坐标，再根据可得，根据直线的垂直关系与斜率的关系求解即可. 【小问1详解】 因为的周长为 ，所以， 又因为，所以，所以， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 设，设中点为， 联立，消去整理得，， 所以，即， 所以或， 又由韦达定理可得，， 所以， 所以， 因为，所以， 由或，可知，直线的斜率均存在，且都不等于零， 所以，即， 整理得，解得， 又因为或，所以满足题意， 所以存在. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 成都市邛崃一中2024-2025学年度上期高二年级调研考试 数 学 本试卷满分150分，考试时间150分钟. 注意事项: 1．答卷前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上. 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号. 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5．考试结束后，只将答题卡交回. 第I卷（选择题） 一、选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求. 1. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 2. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 3. 已知抛物线，弦过其焦点，分别过弦的端点的两条切线交于点，点到直线距离的最小值是（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 已知双曲线，A为双曲线C左顶点，B为虚轴的上顶点，直线l垂直平分线段，若直线l与C存在公共点，则双曲线C的离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 甲、乙两人独立地破译一份密码，已知两人能破译的概率分别是，，则密码被成功破译的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量，若．则（ ） A. B. C. D. 7. 在直角坐标系中，已知直线与圆相交于两点，则的面积的最大值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 8. 已知抛物线，圆，若点、分别在、上运动，且设点，则的最小值为（ ）． A. B. C. D. 二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知一组数据，则下列结论正确有（ ） A. 若，则这组数据的众数为1 B. 若，则这组数据分位数为3 C. 若，则这组数据平均数的最小值为 D. 若，则这组数据的平均数的最小值为2 10. 已知为坐标原点，抛物线的焦点为为上第一象限的点，且，过点的直线与交于两点，圆，则（ ） A. B. 若，则直线倾斜角的正弦值为 C. 若的面积为6，则直线的斜率为 D. 过点作圆两条切线，则两切点连线的方程为 11. 如图，棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，为面对角线上一个动点，则下列选项中正确的有（ ） A. 三棱锥的体积为定值． B. 无论点在线段的什么位置，都有平面平面 C. 线段上存在点，使平面平面． D. 为上靠近的四等分点时，直线与所成角最小 第II卷（非选择题） 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 甲、乙、丙、丁、戊、己名同学相互做传接球训练，球从甲手中开始，等可能地随机传向另外人中的人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外人中的人，如此不停地传下去，假设传出的球都能被接住.记第次传球之后球在乙手中的概率为，则______. 13. 已知椭圆的离心率为，且过点，动直线交椭圆于不同的两点、，且（为坐标原点），则______． 14. 已知抛物线C：的焦点为F，，过点M作直线的垂线，垂足为Q，点P是抛物线C上的动点，则的最小值为______． 四、解答题;本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知， （1）求线段垂直平分线所在直线方程 （2）若直线过，且、到直线距离相等，求方程 16. 甲袋装有一个黑球和一个白球，乙袋也装有一个黑球和一个白球，四个球除颜色外，其他均相同．现从甲乙两袋中各自任取一个球，且交换放入另一袋中，重复进行n次这样的操作后，记甲袋中的白球数为，甲袋中恰有一个白球的概率为 （1）求； （2）求的解析式； （3）求． 17. 已知平面直角坐标系上一动点到点的距离是点到点的距离的倍. （1）求点的轨迹方程； （2）若点与点关于点对称，点，求的最大值和最小值； （3）过点的直线与点的轨迹相交于两点，点，则是否存在直线，使取得最大值，若存在，求出此时的方程，若不存在，请说明理由. 18. 如图，在直三棱柱中，分别是的中点，，. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 19. 已知椭圆：（）的焦距为，，分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与椭圆交于两点，的周长为8. （1）求椭圆的标准方程. （2）对于，是否存在实数，使得直线分别交椭圆于点，且？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$