四川省成都市西北中学2023-2024学年高二上学期12月阶段性检测数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市西北中学2023-2024学年高二上学期12月阶段性检测数学试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，第六，第七层离开；等内容，欢迎下载使用。

一、单选题(本题共8个小题，每小题5分，共40分.每个小题只有一个选项是正确的)
1. 总体由编号为01，02，…，19，20的20个个体组成．利用下列随机数表，从20个体中选取5个体.选取方法：从随机数表的第1行第5列开始，从左至右依次选取两个数字(作为个体编号)，那选出来的第5个个体编号是（ ）
7816 6572 0802 6314 0702 4369 9728 0198
3204 9234 4935 0807 3623 4869 6938 7481
A. 08B. 07C. 02D. 01
【答案】D
【解析】
【分析】由简单随机抽样原则逐个找出即可.
【详解】由题第一个编号为65，不符合条件；第二个编号是72，不符合条件；以此类推，则选出的第一个编号为08，第二个为02，第三个为14，第四个为07，下一个为02，重复，第五个为01，
故选：D
2. 下列方程表示椭圆中，形状最接近圆的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆方程计算离心率，越接近圆则离心率越小，即可得答案.
【详解】A：，则，
B：，则，
C：，则，
D：，则，
由上C选项中椭圆离心率最小，故最接近圆.
故选：C
3. 若方程表示椭圆，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由方程表示椭圆列不等式组求参数范围即可.
【详解】由题设.
故选：C
4. 直线被圆截得弦长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由圆的方程确定圆心和半径，应用点线距离、圆中弦长的几何求法求弦长.
【详解】由圆，则圆心，半径为，
所以圆心到直线距离为，
所以截得的弦长为.
故选：C
5. 如果数据，方差是的
平均数和方差分别是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】本题考查统计知识,样本特征数,平均数和方差的概念和计算.
;则
的平均数为方差为
故选B
6. 已知x(x≠0)，y满足，则的最小值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出圆的圆心和半径，表示圆上一点和点的斜率，利用直线和圆相切求最值.
【详解】圆圆心是，半径，
表示圆上一点和点的斜率，
令，即，和圆相切时有最值，
则圆心到直线距离为，解得，，
又因为直线与圆相切，所以k得到取值范围是，所以的最小值为.
故选：D.
7. 空间直角坐标系中，经过点且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线l的方程为，阅读上面的材料并解决下列问题：现给出平面α的方程为，经过点的直线l的方程为，则直线l与平面α所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题设确定平面α的法向量、直线l的方向向量，应用向量法求线面角的正弦值即可.
【详解】由题设知：平面α的法向量，直线l的方向向量，
且平面α与直线l相交于，
所以直线l与平面α所成角的正弦值为.
故选：A
8. 巳知直线与直线分别过定点A，B，且交于点P，则面积的最大值是（ ）
A. 5B. 8C. 10D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线垂直的判定说明，结合两直线所过的定点确定的轨迹，进而求面积的最大值.
【详解】由，即，
由过定点，过定点，
所以在以为直径的圆上，且，要使面积最大，离最远即可，
故面积的最大值是.
故选：B
二、多选题(本题共4个小题，每小题5分，共20-分.每个小题多个选项是正确的，完全选对得5分，少选得2分，多选不得分)
9. 方程()表示的曲线可能是（ ）
A. 一条直线B. 圆C. 椭圆D. 线段
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意分、和三种情况，结合直线、圆和椭圆的方程分析判断.
【详解】当，则，可得，即曲线是圆；
当，则，可得，即，曲线是两条直线；
当，则，可得，
则，曲线是椭圆；
故选：BC.
10. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若空间向量，，满足，则
B. 若三个非零向量，，不能构成空间的一个基底，则，，必定共面
C. 若空间向量，，则
D. 对于任意空间向量，，必有
【答案】BD
【解析】
【分析】令为零向量即可判断A、C；由基底的概念判断B；应用向量数量积的运算律、定义判断D.
【详解】若为零向量，有，但不一定成立，A错：
三个非零向量，，不能构成空间的一个基底，则它们必共面，B对；
若为零向量，，，但不一定成立，C错：
由，，
而，所以，D对.
故选：BD
11. 己知直线l1：和直线l2：，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 直线l2过定点
C. 若，则或D. 若，则l1与l2间的距离为1或
【答案】CD
【解析】
【分析】利用直线平行公式可判断A项，对直线l2方程提公因式a，求定点，利用垂直公式可判断C项，利用平行和平行线距离公式可判断D项.
【详解】A、D项，若，则若，解得若或，
当时，直线l1：和直线l2：，两直线距离为1，
当时，直线l1：和直线l2：，两直线距离为，所以A错误，D正确；
B项，直线l2：，可化为，
令，解得，，所以定点为，所以B错误；
C项，若l1⊥l2，则，解得，或，所以C正确.
故选：CD.
12. 下列说法错误的是（ ）
A. 圆的圆心在直线上
B. 若曲线与恰有四条公切线，则实数m的取值范围为
C. 若圆上有且仅有3个点到直线的距离为，则
D. 已知圆，P为直线上一动点，过点Р向圆C引切线PA，其中A为切点，则切线长的最小值为2
【答案】AC
【解析】
【分析】A确定圆心坐标，结合直线方程即可判断；B根据题设两圆相离，由且求参数范围；C应用点线距离公式求圆心到直线距离，结合已知列方程求参数；D根据化为求最小值，应用点线距离公式求距离.
【详解】A：圆心为，显然不在直线上，错；
B：，且，，又两圆有四条公切线，即相离，
所以且，可得，对；
C：圆心，半径为，圆上有3点到直线的距离，
只需圆心到直线的距离，即，错；
D：由圆心到直线的距离，即直线与圆相离，
由题意，，要使最小，只需最小，
显然，故最小为2，对.
故选：AC
三、填空题(本题共4个小题﹐每小题5分，共20分.答案不全不得分)
13. 15人参加数学竞赛的成绩从小到大依次为：56，70，72，78，79，80，81，83，84，86，88，90，91，94，98.则第80百分位数是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据百分位数的求法求第80百分位数.
【详解】由，则第80百分位数是.
故答案为：
14. 已知向量，，且与互相垂直，则实数__________.
【答案】
【解析】
【分析】应用向量线性运算坐标表示求、，根据垂直关系的坐标表示列方程求参数.
【详解】由题设，，
所以，即.
故答案为：
15. 一束光线从射出，经x轴反射后，与圆相切线，则反射后光线所在直线方程__________.
【答案】或
【解析】
【分析】确定关于x轴对称点，讨论反射光线斜率，结合相切关系并应用点线距离公式列方程求斜率，即可得直线方程.
【详解】由关于x轴对称点为，若反射光线斜率不存在，即显然满足相切关系；
若反射光线斜率存在，令反射光线为，即，
圆心且半径为1，根据相切关系，则，即，
所以，将参数代入整理得反射光线为.
综上，所求直线方程为或.
故答案为：或
16. 阿基米德是古希腊著名的数学家、物理学家，他利用“通近法”得到椭圆的面积，除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.已知面积为的椭圆，以()的左焦点为，P为椭圆上任意一点，点Q的坐标为，则的最大值为___________.
【答案】7
【解析】
【分析】根据题设且求参数，即得椭圆方程，再根据椭圆定义得，进而求其最大值.
详解】由题意且，又，可得，
所以椭圆方程为，而，即Q在椭圆内，如下图，
若为右焦点，由，则，
所以，而，
所以的最大值为7.
故答案为：7
四、解答题(本题共6个小题，共70分.第17题10分，其余各题12分)
17. 有2(甲、乙)人在一座7层大楼的底层进入电梯，假设每一个人自第二层开始在每层楼离开电梯是等可能的.
（1）求这两个人在不同层离开电梯的概率；
（2）甲先于乙离开电梯的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求出两人离开电梯的所有可能的结果，再求出两人在不同层离开电梯的所有可能的结果，即可求得概率；
（2）求出甲先于乙离开电梯的所有可能结果，即可求得概率.
【小问1详解】
每个人离开电梯都有6种可能的结果，两人离开电梯共有（种）可能的结果；
两人在不同层离开电梯共有（种）可能的结果，
故所求概率为,
即两个人在不同层离开电梯的概率为.
【小问2详解】
根据题意可知，若甲在第二层离开，则乙有5种离开的可能，可以在第三、第四、第五、第六、第七层离开；
若甲在第三层离开，则乙有4种离开的可能，可以在第四、第五、第六、第七层离开；
若甲在第四层离开，则乙有3种离开的可能，可以在第五、第六、第七层离开；
若甲在第五层离开，则乙有2种离开的可能，可以在第六、第七层离开；
若甲在第六层离开，则乙有1种离开的可能，可以在第七层离开；
所以甲先于乙离开电梯共有种可能，
因此甲先于乙离开电梯的概率为.
18. 某圆拱桥的水面跨度16m，拱高4m，现有一船，宽10m，水面以上高3m，问这条船能否通过?
【答案】这条船不能通过.
【解析】
【分析】根据题设，建立以水面作为轴的坐标系，并求出圆拱所在圆的方程，判断时水面上方点值与的大小关系即可.
【详解】以水面作为轴建立直角坐标系如下，且，
令圆拱的半径为，则，可得，故圆心为，
所以圆拱所在圆为，则时，如下图，
要使宽10m，水面以上高3m的船能通过， 只需即可，
则，即，显然不成立，故这条船不能通过.

19. 己知椭圆左焦点、右顶点，过且斜率为的直线l与椭圆交于两点，求的面积.
【答案】
【解析】
【分析】画出图形并根据标准方程写出，联立直线和椭圆方程并利用弦长公式和点到直线距离公式即可求出的面积为.
【详解】如下图所示：
易知，直线的方程为，
设，
联立直线与椭圆方程，消去可得，
由勾股定理可得，
可得，
点到直线的距离为，
所以的面积为.
即的面积为.
20. 在平面直角坐标系中，已知，点M满足，记的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）设圆，若直线l过圆的圆心且与曲线交于两点，且，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出点的坐标，根据得到坐标关系式，化简即得曲线的方程；
（2）根据直线l过圆的圆心且与曲线相交，设出直线方程并利用弦长公式代入即可计算出直线方程.
【小问1详解】
设，由，
可得，因为,
所以，整理可得；
即曲线的方程为.
【小问2详解】
易知可化为，
可得圆的圆心为，半径；
又直线l过圆的圆心，可设直线的方程为，显然，
由曲线的方程可知曲线是以为圆心，半径的圆，
又，所以可知到直线的距离，
即，解得；
所以直线方程的方程为
21. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面底面，为正三角形，E是AB的中点，.
（1）求点C到平面的距离.
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质证得，根据已知求，应用等体积法有，即可求点面距离；
（2）由面面垂直的性质证得，应用等面积法求到的距离，结合二面角定义求其正弦值，进而得余弦值.
【小问1详解】
由题设，面面，面，面面，
所以面，面，故，即，
所以，而，，
中上的高，故，
令点C到平面的距离为，又，且，到面的距离为正三角形的高，
所以，可得，故点C到平面的距离为.
【小问2详解】
由，面面，面，面面，
所以面，面，故，则，
又，故为等腰三角形，则上的高为，
令到的距离为，则，
由（1）知：点C到平面的距离为，
若锐二面角为，则，故，
所以二面角的余弦值为.
22. 在平面直角坐标系中，动点Р到点的距离与到直线的距离之比为，设动点P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）过作两条垂直直线，分别交曲线C于和，且分别为线段的中点，证明直线过定点，并求出定点的坐标.
【答案】（1）；
（2）证明见解析，定点为.
【解析】
【分析】（1）令，根据题设列方程并化简整理，即可得曲线C的方程；
（2）讨论两条直线斜率存在性，设直线、，联立椭圆方程并应用韦达定理写出相交弦的中点坐标，进而写出直线，即可证结论并确定定点坐标.
【小问1详解】
令，则，两边平方，
得，则，
所以曲线C的方程为.
【小问2详解】
若两条直线斜率都存在时，设直线，则，
联立，可得，
则，
所以，则，
故，同理可得，
所以，所以，
则，此时过定点；
若一条直线斜率为0，另一条斜率不存在，易知都在轴上，此时也过定点；
综上，直线过定点，得证.