精品解析：广东省佛山市第三中学2024-2025学年高二上学期第二次教学质量检测数学试题

佛山三中2024-2025学年上学期第2次教学质量检测卷 高二数学 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，则下述正确的是（ ） A. 与互为对立事件 B. 与互斥 C. 与相等 D. 与相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】列举出抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果，再逐一分析判断各个选项即可. 【详解】抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果是：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)， 事件A包含的结果有：(正，正)，(正，反)，事件B包含的结果有：(正，反)，(反，反)， 显然事件A，事件B都含有“(正，反)”这一结果，即事件A，事件B能同时发生，因此，事件A，事件B既不互斥也不对立，故A，B均错误； 事件A，事件B中有不同的结果，于是得事件A与事件B不相等，故C错误； 因为，则，所以A与B相互独立，故D正确. 故选：D. 2. 已知平面的一个法向量为，则轴与平面所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由线面的夹角公式求解即可； 【详解】依题意轴的方向向量可以为，设轴与平面所成角为，则，因为，所以， 故选：A 3. 已知，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量的公式及数量积坐标公式计算即可. 【详解】因为， 则向量在向量上的投影为， 所以向量在向量上的投影向量是. 故选：. 4. 已知点P是抛物线上的一个动点，则点P到点M(0，2)的距离与点P到该抛物线准线的距离之和的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用抛物线的定义转化为，由三点共线时，最小求解. 【详解】如图所示： 由抛物线的定义得：， 所以， 由图象知：当三点共线时，最小， ， 故选：C 5. 一个袋子中装有形状大小完全相同的6个红球，个绿球，现采用不放回的方式从中依次随机取出2个球.若取出的2个球都是红球的概率为，则的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 12 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】利用古典概型概率计算公式列出方程，能求出的值． 【详解】一个袋子中有若干个大小质地完全相同的球，其中有6个红球，个绿球， 从袋中不放回地依次随机取出2个球，取出的2个球都是红球的概率是， 则， 解得（负值舍去）. 故选：A． 6. 过点的直线与双曲线只有一个公共点，则满足条件的直线有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 【答案】B 【解析】 【分析】直线与双曲线只有一个公共点,分直线与双曲线渐近线平行时与双曲线交于一点，以及直线与双曲线切于一点两种情况，分别 【详解】 如图，根据双曲线的方程可知，该双曲线为等轴双曲线，因此点在一条渐近线上， 因此过点的直线与双曲线只有一个公共点，分两种情况： (1)直线与另一条渐近线平行，此时直线方程为 (2)直线与双曲线相切，设该直线斜率为，则直线方程为,联立直线方程与双曲线方程,整理得：， 令,解得或,因为，所以当且仅当时，直线与双曲线相切. 因此综上，满足条件的直线有2条 故选：B. 7. 如图所示，点F是抛物线的焦点，点A，B分别在抛物线及圆的实线部分上运动，且总是平行于x轴，则的周长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】过点作准线的垂线，垂足为，则的周长为，求出后可得所求的范围. 【详解】 过点作准线的垂线，垂足为， 则的周长为， 由可得， 故，故的周长的取值范围为， 故选：D. 【点睛】关键点点睛：与抛物线焦点有关的距离问题可以转化为与准线有关的距离计算问题. 8. 设分别是椭圆的左、右焦点，且，若在直线上存在P，使线段的中垂线过点，则椭圆离心率的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由题意得，设直线与x轴交于点D，从而得，再结合离心率公式和范围解该不等式即可得解. 【详解】由题意可得， 设直线与x轴交于点D，则， 所以即，即，故， 又，所以.， 所以椭圆离心率的取值范围是. 故选：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，有错选的得0分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 两平行直线与之间的距离是 C. 过点作圆的切线，则切线方程为 D. 圆关于直线对称的圆的方程为： 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由，通过即可判断；对于B，由距离公式即可求解；对于C，由圆心到直线的距离等于半径即可求解；对于D，确定圆心的对称点，即可判断； 【详解】对于A：，即，令，解得，即直线恒过定点，故A正确； 对于B：直线，即， 则直线与之间的距离，故B不正确； 对于C：因为点在圆上，，所以切线的斜率， 所以切线方程为，即，故C正确； 对于D：圆的圆心为， 圆的圆心为，且半径均为1， 点与的中点为， 因为在直线上，且，由直线的斜率， 所以，所以点与关于直线对称，故D正确. 故选：ACD 10. 已知，，，下列命题错误的是（ ） A. 若到，距离之和为，则点的轨迹为椭圆 B. 若到，距离之差为，则点的轨迹为双曲线 C. 椭圆上任意一点长轴端点除外与，连线斜率之积是 D. 渐近线为且过点的双曲线的焦点是A， 【答案】ABD 【解析】 【分析】直接利用椭圆的定义和双曲线的定义，直线的斜率，渐近线的应用判断、、、的结论． 【详解】解：已知，，， 对于A：若到，距离之和为4，即，，则点的轨迹为线段，故A错误； 对于B：若到，距离之差的为3，即，，则点的轨迹为双曲线的一支，故B错误； 对于C：椭圆上任意一点（长轴端点除外）与，连线斜率之积：，故C正确； 对于D：设渐近线为的双曲线的方程为，双曲线过点，则，故双曲线的方程为，故焦点坐标为和，故D错误． 故选：ABD． 11. 如图，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是边长为4的正方形，，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（ ） A. 当时，存在点P满足 B. 当时，存在唯一的点P满足 C. 当时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为 D. 当时，满足的点P轨迹长度为 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，结合选项逐个验证，利用对称点可以判断A，利用垂直求出可以判断B，求出点P轨迹长度可判定C,D. 【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建系如图， 对于选项A，当时，，， 设点关于平面的对称点为，则，. 所以.故A不正确. 对于选项B，设，则， 由得，即，解得， 所以存在唯一的点P满足，故B正确. 对于选项C，，设，则， 由得.在平面中，建立平面直角坐标系，如图， 则的轨迹方程表示的轨迹就是线段，而，故C正确. 对于选项D，当时，，设， 则， 由得，即， 在平面中，建立平面直角坐标系，如图， 记的圆心为，与交于； 令，可得，而，所以，其对应的圆弧长度为； 根据对称性可知点P轨迹长度为；故D正确. 故选：BCD. 【点睛】立体几何中的动点问题，常常采用坐标法，把立体几何问题转化为平面问题，结合解析几何的相关知识进行求解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，，若、、三向量共面，则实数等于_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量共面定理，结合空间向量线性运算的坐标表示求解即可. 【详解】因为、、三向量共面， 所以存在唯一实数对，使得， 即， 所以，解得. 故答案为：. 13. 已知抛物线，过其焦点且斜率为1的直线交抛物线于、两点，若线段的中点的纵坐标为2，则该抛物线的准线方程为_____________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：由，准线 考点：抛物线方程及性质 14. 2020年11月，我国用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，探测器在进入近圆形的环月轨道后，将实施着陆器和上升器组合体与轨道器和返回器组合体分离.我们模拟以下情景：如图，假设月心位于坐标原点，探测器在处以的速度匀速直线飞向距月心的圆形轨道上的某一点，在点处分离出着陆器和上升器组合体后，轨道器和返回器组合体立即以的速度匀速直线飞至，这一过程最少用时_______________s. 【答案】 【解析】 【分析】设，飞行过程所用时间，再令，则问题转化为求两条线段最小即可作答. 【详解】设，飞行过程所用时间，令，即， 设点C(0，m)在圆形轨道内，取点P坐标(0，2000)，而，由得， ， 即，设动点，当时，即， 化简整理得，即满足的动点M的轨迹就是给定的圆形轨道， 所以距月心的圆形轨道上的任意点均有成立，如图，连PC， 于是有，当且仅当P为线段AC与圆形轨道交点时取“=”， 即有， 所以这一过程最少用时s. 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. 已知动点到定点的距离与它到定点的距离之比为． （1）求动点的轨迹的方程； （2）若圆与轨迹相交于两点，线段的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，根据题意直接求解即可； （2）联立两圆方程，求出公共弦方程，即可求出. 【小问1详解】 设，由题意得: ， 化简得：. 【小问2详解】 圆与圆的方程联立，得到方程组， ②-①，得，即为直线的方程. 圆心到直线的距离， 又圆的半径为， ∴由勾股定理，得，故. 16. 某停车场临时停车按停车时长收费，收费标准为每辆汽车一次停车不超过半小时的免费，超过半小时的部分每小时收费3元（不足1小时的部分按1小时计算）.现有甲､乙两人在该停车场临时停车，两人停车时长互不影响且都不超过2.5小时. （1）若甲停车的时长在不超过半小时，半小时以上且不超过1.5小时，1.5小时以上且不超过2.5小时这三个时段的可能性相同，乙停车的时长在这三个时段的可能性也相同，求甲､乙两人停车付费之和为6元的概率； （2）若甲､乙停车半小时以上且不超过1.5小时的概率分别为，，停车1.5小时以上且不超过2.5小时的概率分别为，，求甲､乙两人临时停车付费不相同的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件及列举法写出基本事件，结合古典概型的计算公式即可求解； （2）根据互斥事件及相互独立事件的概率公式，结合对立事件的概率计算公式即可求解. 【小问1详解】 设甲停车付费a元，乙停车付费b元，其中a，. 所以甲､乙两人停车付费（a，b）的所有可能情况为：（0，0），（0，3），（0，6），（3，0），（3，3），（3，6），（6，0），（6，3），（6，6），共9种. 其中事件“甲､乙两人停车付费之和为6元”包含（0，6），（3，3），（6，0），共3种情况， 故甲､乙两人停车付费之和为6元的概率为. 【小问2详解】 设甲停车的时长不超过半小时､乙停车的时长不超过半小时分别为事件，， 甲停车的时长在半小时以上且不超过1.5小时､乙停车的时长在半小时以上且不超过1.5小时分别为事件，， 甲停车的时长为1.5小时以上且不超过2.5小时､乙停车的时长在1.5小时以上且不超过2.5小时分别为事件，， 则，， 所以甲､乙两人临时停车付费相同的概率为. 所以甲､乙两人临时停车付费不相同的概率为. 17. 如图1，在边长为2的菱形中，，将沿对角线折起到的位置，使平面平面，是的中点，⊥平面，且，如图2． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）在线段上是否存在一点，使得⊥平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）因为，为的中点，所以， 又平面，平面平面，平面平面， 所以平面，又平面， 所以，而平面，平面， 所以平面； （2） （3）线段上不存点，使得平面． 理由如下： 假设在线段上存在，使得平面， 设，则，即， 所以，，，由， 由，得，此方程无解． 所以线段上不存点，使得平面． 【解析】 【分析】(1)由题设可得，结合平面平面，利用面面垂直的性质定理可得平面，又平面，再利用线面垂直的性质定理，即可得，再由线面平行的判定定理，即可证得平面； (2)以正交基底建系，写出所需的点的坐标，分别求出平面与平面的法向量，代入向量夹角公式，即可求出法向量夹角的余弦值，再结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角，即可得到结果； (3)假设线段上存点,使得平面，设，可得，，，只需判断与平面的法向量共线得到关于的方程是否有解，若有解则存在，无解的则不存在． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以所在直线为轴，AE所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，． 设平面的一个法向量为， 则取，则， 又平面ABD的一个法向量为， 所以， 则平面与平面所成角的余弦值为． 【小问3详解】 略 【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理，同时考查二面角的求法及逆向求解“点”的存在问题．本题第(1)问也可用求平面的法向量，利用法向量与的数量积为零来证明.对于第(3)问对于探索性问题，一般先假设存在，设出空间点坐标，转化为代数方程是否有解问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在． 18. 已知椭圆： 的离心率为，且上焦点为，过的动直线与椭圆相交于、两点．设点，记、的斜率分别为和． （1）求椭圆的方程； （2）如果直线的斜率等于，求的值； （3）探索是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，求出的取值范围． 【答案】（1）（2）2（3）为定值，且定值为2. 【解析】 【详解】试题分析：（1）先根据离心率以及焦点坐标列方程组，解得（2）先设、，利用斜率公式化简得，再联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理代入化简得的值；（3）设直线：，同（2）化简得，再联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理代入化简得定值，最后验证斜率不存在情况也满足 试题解析：解：（1）， ， ， 椭圆方程为. （2）因为直线的斜率等于，且经过焦点F， 所以直线， 设、， 由消得， 则有，． 所以. （3）当直线的斜率不存在时， ，， 则，，故． 当直线的斜率存在时，设其为， 则直线：， 设，， 由消得， 则有，． 所以 . 所以为定值，且定值为2. 点睛：定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 佛山三中2024-2025学年上学期第2次教学质量检测卷 高二数学 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，则下述正确的是（ ） A. 与互为对立事件 B. 与互斥 C. 与相等 D. 与相互独立 2. 已知平面的一个法向量为，则轴与平面所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 4. 已知点P是抛物线上的一个动点，则点P到点M(0，2)的距离与点P到该抛物线准线的距离之和的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 5. 一个袋子中装有形状大小完全相同的6个红球，个绿球，现采用不放回的方式从中依次随机取出2个球.若取出的2个球都是红球的概率为，则的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 12 D. 15 6. 过点的直线与双曲线只有一个公共点，则满足条件的直线有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 7. 如图所示，点F是抛物线的焦点，点A，B分别在抛物线及圆的实线部分上运动，且总是平行于x轴，则的周长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设分别是椭圆的左、右焦点，且，若在直线上存在P，使线段的中垂线过点，则椭圆离心率的取值范围是（ ） 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，有错选的得0分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 两平行直线与之间的距离是 C. 过点作圆的切线，则切线方程为 D. 圆关于直线对称的圆的方程为： 10. 已知，，，下列命题错误的是（ ） A. 若到，距离之和为，则点的轨迹为椭圆 B. 若到，距离之差为，则点的轨迹为双曲线 C. 椭圆上任意一点长轴端点除外与，连线斜率之积是 D. 渐近线为且过点的双曲线的焦点是A， 11. 如图，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是边长为4的正方形，，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（ ） A. 当时，存在点P满足 B. 当时，存在唯一的点P满足 C. 当时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为 D. 当时，满足的点P轨迹长度为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，，若、、三向量共面，则实数等于_____. 13. 已知抛物线，过其焦点且斜率为1的直线交抛物线于、两点，若线段的中点的纵坐标为2，则该抛物线的准线方程为_____________． 14. 2020年11月，我国用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器，探测器在进入近圆形的环月轨道后，将实施着陆器和上升器组合体与轨道器和返回器组合体分离.我们模拟以下情景：如图，假设月心位于坐标原点，探测器在处以的速度匀速直线飞向距月心的圆形轨道上的某一点，在点处分离出着陆器和上升器组合体后，轨道器和返回器组合体立即以的速度匀速直线飞至，这一过程最少用时_______________s. 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. 已知动点到定点的距离与它到定点的距离之比为． （1）求动点的轨迹的方程； （2）若圆与轨迹相交于两点，线段的长． 16. 某停车场临时停车按停车时长收费，收费标准为每辆汽车一次停车不超过半小时的免费，超过半小时的部分每小时收费3元（不足1小时的部分按1小时计算）.现有甲､乙两人在该停车场临时停车，两人停车时长互不影响且都不超过2.5小时. （1）若甲停车的时长在不超过半小时，半小时以上且不超过1.5小时，1.5小时以上且不超过2.5小时这三个时段的可能性相同，乙停车的时长在这三个时段的可能性也相同，求甲､乙两人停车付费之和为6元的概率； （2）若甲､乙停车半小时以上且不超过1.5小时的概率分别为，，停车1.5小时以上且不超过2.5小时的概率分别为，，求甲､乙两人临时停车付费不相同的概率. 17. 如图1，在边长为2的菱形中，，将沿对角线折起到的位置，使平面平面，是的中点，⊥平面，且，如图2． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）在线段上是否存在一点，使得⊥平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 18. 已知椭圆： 的离心率为，且上焦点为，过的动直线与椭圆相交于、两点．设点，记、的斜率分别为和． （1）求椭圆的方程； （2）如果直线的斜率等于，求的值； （3）探索是否为定值？如果是，求出该定值；如果不是，求出的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $