西安市铁一中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷(含答案)

这是一份西安市铁一中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知，，则( )
A.B.C.D.
2．若复数z满足，则( )
A.B.C.D.
3．某次投篮比赛中，甲、乙两校都派出了10名运动员参加比赛，甲校运动员的得分分别为8，6，7，7，8，10，9，8，7，8，这些成绩可用下图中的（1）所示，乙校运动员的得分可用下图中的（2）所示.则以下结论中，正确的是( )
A.甲校运动员得分的中位数为7.5
B.乙校运动员得分的75%分位数为10
C.甲校运动员得分的平均数大于8
D.甲校运动员得分的标准差大于乙校运动员得分的标准差
4．已知，，，若不能构成空间的一个基底，则( )
A.3B.1C.5D.7
5．已知直线，，则“”是“”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
6．设直线l的方程为，则直线l的倾斜角的取值范围是( )
A.B.C.D.
7．方程表示的曲线是( )
A.两个圆B.一个圆和一条直线
C.一个半圆D.两个半圆
8．如果直线（，）和函数（，）的图象恒过同一个定点，且该定点始终落在圆的内部或圆上，那么的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．下列说法中，正确的有( )
A.直线在y轴上的截距是1
B.当m变化时，圆恒过定点有且只有一个
C.过，两点（，）的所有直线的方程为
D.直线关于点对称的直线方程是
10．如图，在三棱柱中，底面为等边三角形，G为的重心，，若，，则( )
A.B.
C.D.
11．已知圆，P为直线上一动点，过P作圆M的两条切线，切点分别为A、B，则下列说法中正确的是( )
A.的最小值为B.直线AB恒过定点
C.的最小值为D.的最小值为
三、填空题
12．经过点且与直线垂直的直线方程为________.
13．已知点（，）在圆和圆的公共弦上，则的最小值为________.
四、双空题
14．古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A，B距离之比为常数（且）的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体中，，点E在棱上，，动点P满足.若点P在平面内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为________；若点P在长方体内部运动，F为棱的中点，M为的中点，则三棱锥的体积的最小值为________.
五、解答题
15．已知函数，
（1）求的单调递减区间；
（2）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，求的面积S.
16．已知圆，两点、.
(1)若，直线l过点B且被圆C所截的弦长为6，求直线l的方程；
(2)动点满足，若P的轨迹与圆C有公共点，求半径的取值范围.
17．甲、乙、丙三人结伴去游乐园玩射击游戏，其中甲射击一次击中目标的概率为，甲、乙两人各射击一次且都击中目标的概率为，乙、丙两人各射击一次且都击中目标的概率为，且任意两次射击互不影响.
(1)分别计算乙，丙两人各射击一次击中目标的概率；
(2)求甲、乙、丙各射击一次恰有一人击中目标的概率；
(3)若乙想击中目标的概率不低于，乙至少需要射击多少次？（参考数据：，）
18．如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，，.
(1)证明：平面平面PAB，并求与平面所成角的大小；
(2)设Q为侧棱上一点，四边形是过B，Q两点的截面，且平面，是否存在点Q，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由.
19．蝴蝶定理因其美妙的构图,像是一只翩翩起舞的蝴蝶,一代代数学名家蜂拥而证,正所谓花若芬芳蜂蝶自来.如图,已知圆M的方程为,直线与圆M交于,,直线与圆M交于,.原点O在圆M内.设交x轴于点P,交x轴于点Q.
(1)当,,,时,分别求线段和的长度;
(2)①求证：.
②猜想和的大小关系,并证明.
参考答案
1．答案：C
解析：由知：，
解得：，
，
由知：，
，
.
故选：C.
2．答案：D
解析：由题知，，所以.
故选：D.
3．答案：B
解析：甲校派出的10名运动员参赛成绩从小到大为：6，7，7，7，8，8，8，8，9，10，
其中位数为：8，平均数为：，故选项A、C错误；
其标准差为：；
乙校派出的10名运动员参赛成绩分别为：6，7，8，9，9，9，9，10，10，10，
则其平均数为：，75%分位数为：10，
标准差为：.
所以甲校运动员得分的标准差小于乙校运动员得分的标准差，故选项B正确，D错误.
故选：B
4．答案：B
解析：若不能构成空间的一个基底，
，，共面，
存在，，使，
即，
解得，
故选：B.
5．答案：C
解析：解析：当时，直线，，则，
当时，，即，
解得，
故“”是“”的充要条件，
故选：C
6．答案：C
解析：直线l的方程可化为，所以，，
因为，因此，直线l的倾斜角的取值范围是.
故选：C.
7．答案：D
解析：方程可化为，
因为，
所以或，
若时，则方程为，是以为圆心，以1为半径的左半圆；
若时，则方程为，是以为圆心，以1为半径的右半圆;
总之，方程表示的曲线是以为圆心，以1为半径的右半圆与以为圆心，以1为半径的左半圆合起来的图形.
故选：D
8．答案：A
解析：根据指数函数的性质，可得函数，恒过定点.
将点代入，可得.
由于始终落在所给圆的内部或圆上，所以.
又由解得或，
所以点在以和为端点的线段上运动，
当取点时，，取点时，，
所以的取值范围是.
9．答案：CD
解析：对A：直线中，令得，所以直线在y轴上的截距为，故A错误；
对B：令得：或，所以当m变化时，圆恒过定点和，故B错误；
对C：根据直线两点式方程的概念知，C正确；
对D：设点关于点的对称点为，则，
由点在直线上，得，故D正确.
故选：CD
10．答案：ABD
解析：A选项，底面为等边三角形，G为的重心，
故，
又，故
，A正确；
B选项，，故
，
故，B正确；
C选项，，
又，
设，即，无解，故与不平行，C错误；
D选项，
，
故，D正确.
故选：ABD
11．答案：ABC
解析：对A，圆，故，
又的最小值即M到的距离，故A正确；
对B，设，
由切线性质可得，
故以P为圆心，，为半径的圆的方程为，
即，又圆，
方程相减可得，即.
联立，可得，即直线恒过定点，故B正确；
对C，设，，则，
又，，则，
当且仅当，即时取等号，又由A可知，故能取最小值为，故C正确；
对D，设，因为，，，故，
则，故为等腰的中线和高，故，.
，
故当取最小值时，取最小值，故D错误.
故选：ABC
三、填空题
12．答案：
解析：由题可设所求直线方程为，
代入点，可得，即，
所以经过点且与直线垂直的直线方程为.
故答案为：.
13．答案：8
解析：两圆方程相减得，即，
所以，，
，
当且仅当，即，时等号成立，
点为，，，点在两圆公共弦上，满足题意，
故答案为：8.
14．答案：；
解析：
①以AB为x轴，AD为y轴，为z轴，建立如图所示的坐标系，则，，设，由得，所以，
所以若点P在平面内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为.
②设点，由得，
所以，
由题得，，，
所以，，设平面的法向量为，
所以，，
由题得，
所以点P到平面的距离为，
因为，
所以，所以点M到平面的最小距离为，
由题得为等边三角形，且边长为，
所以三棱锥的体积的最小值为.
故答案为：；.
15．答案：（1）；
（2）
解析：（1），运用两角和差正弦得到，
，
运用辅助角公式得到，.
令，解得.
故的单调递减区间为
（2），则，即，，则.
由余弦定理知道，即.（∗）
而，两边平方得到与（∗）联立得到.
故的面积.
16．答案：(1)或；
(2)
解析：（1）若时，圆，可得圆心，
因为直线l被圆C截得的弦长为6，则圆心到直线l的距离为，
当直线l的斜率不存在时，此时直线l的方程为，不满足题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，即，
则，解得，所以直线方程为或，
综上可得，所求直线l的方程为或.
（2）因为动点满足，、，
所以，化简得，
所以动点P的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
因为P的轨迹与圆C有公共点，所以，
即，解得，所以半径的取值范围.
17．答案：(1)乙射击一次击中目标的概率为，丙射击一次击中目标的概率为；
(2)；
(3)12
解析：（1）记甲射击一次击中目标为事件A，乙射击一次击中目标为事件B，丙射击一次击中目标为事件C，
依题意，，所以，
，所以，
所以乙射击一次击中目标的概率为，丙射击一次击中目标的概率为；
（2）记甲、乙、丙各射击一次恰有一人击中目标为事件D，
则
，
所以甲、乙、丙各射击一次恰有一人击中目标的概率；
（3）设乙射击n次，则至少有一次击中目标的概率为，
令，所以，
所以，
又n为正整数，所以，即甲至少要射击12次.
18．答案：(1)证明见解析；
(2)存在，或
解析：（1）因为，，，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，
取的中点M，连接，因为是等边三角形，
所以，又平面平面，两平面交线为，平面，所以平面，
取的中点G，连接，则，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，，
故，，两两垂直，以M为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
因为，由勾股定理得，
所以，，，，
平面的法向量为，设与平面所成角的大小为，
则，
因为，所以.
（2）设平面的法向量为，
则，
令得，则，
连接，因为平面，平面平面，所以，
不妨设，则，，
设，则，即，，，
故，设，则，
即，，，故，
设平面的法向量为，则，解得，设，则，故，故，化简得，两边平方得，
，化简得，
解得或，设，则，设，
则，解得，，，故，
当时，，
因为，所以，
解得，解得，满足要求，
当时，，
因为，所以，
解得，解得，满足要求，
故存在点Q，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时的值为或.
19．答案：(1)
(2)①证明见解析;②猜测,证明见解析.
解析：(1)当,,,时,圆,
直线,由或,故,;
直线,由或,故,.
所以直线,令得,即;
直线,令得,即.
所以：.
(2)①由题意：.
由,
则,是该方程的两个解,由韦达定理得：,
所以.
同理可得：,所以.
②猜测,证明如下：
设点,.
因为C,P,F三点共线,所以：,
又因为点C在直线上,所以;点F在直线上,所以.
所以;
同理因为E,Q,D三点共线,可得：.
由①可知：
,
所以.
即,所以成立.