四川省雅安市雅安中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省雅安市雅安中学2024-2025学年高二上学期12月月考数学试卷（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第九、十章，选择性必修第一册.
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. 已知直线与直线平行，则（ ）
A. 1B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】两直线平行，的系数的比值相等，且与的系数的比值与常数项的比值不相等，由此能求出.
【详解】根据直线与直线平行，
则，
故.
故选：A
2. 已知是空间的一个基底，则可以与向量，构成空间另一个基底的向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间基底、空间向量共面等知识确定正确答案.
【详解】对于A，根据题意，故A错误.
对于B，设，则不存在，故B正确.
对于C，，故C错误；
对于D，由，
则，所以，
所以，故D错误；
故选：B.
3. 直线与圆交于A，B两点，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用垂径定理，将弦长问题转化为在弦心距与半径，半弦长构成的直角三角形中求解即可．
【详解】圆M的半径，圆心，则圆心M到直线l的距离，
故．
故选：D．
4. 过点且与抛物线只有1个公共点的直线有（ ）
A. 0条B. 1条C. 2条D. 3条
【答案】C
【解析】
【分析】分直线与抛物线相切和与对称轴平行求解.
【详解】解：因为点A在C上，
所以过点A且与C相切的直线只有1条，该切线满足题意．
过点A且斜率为0的直线与C也只有1个公共点，
所以满足题意的直线有2条．
故选：C
5. 如图，二面角的大小为，点A，B分别在半平面，内，于点C，于点D．若，，．则（ ）

A. B. 6C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解法一：作辅助线构造三角形，根据余弦定理以及勾股定理可求得结果；解法二：根据向量的线性运算以及数量积的运算可求得结果.
【详解】解法一：作于点C，且，连接，，

，
；
解法二：由，，
得，，．
因为，
所以，
则，
解得，．
故选：C.
6. 已知A，B分别为椭圆的左、右顶点，D为C的上顶点，O为坐标原点，E为C上一点，且位于第二象限，直线AE，BE分别与y轴交于点H，G．若D为线段OH的中点，G为线段OD的中点．则点E到x轴的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先过点E作轴，垂足为F，利用线段比例关系，列式求解.
【详解】过点E作轴，垂足为F．由题意可得，，
所以，，两式相乘可得
所以，则．
故选：D
7. 连续掷两次骰子，设先后得到的点数分别为m，n，A表示事件“”，B表示事件“n为偶数”，C表示事件“”，D表示事件“”，则不相互独立的事件是（ ）
A. A与BB. A与DC. B与CD. B与D
【答案】C
【解析】
【分析】运用相互独立事件的概率定义计算判定即可.
【详解】对于A,掷一次骰子，的概率.
掷一次骰子，为偶数的概率.
与同时发生，即且为偶数，故先后得到的点数为，
故.
因为，所以与是独立事件.
对于B,要使，有这种情况,
,
与同时发生即且即，故.
而，所以与是独立事件.
对于C, 为偶数的概率.
的情况有：当时，；时，、；
时，、、；时，、、、；
时，、、、、；
时，、、、、、，共21种情况，
所以.
与同时发生，即为偶数且情况有：
当时，；时，；时，、；
时，、；时，、、；
时，、、，共12种情况，所以.
而，所以与不是独立事件.
对于D, 为偶数的概率. .
与D同时发生，即为偶数且的情况有：
当时，；时，；时，，共3种情况，
所以.
而，所以与D是独立事件.
故与与与相互独立，与不相互独立．
故选：C.
8. 如图，正方形的棱长为4，G，E分别是，的中点，是四边形内一动点，，若直线与平面没有公共点，则线段的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建系，设，通过平面EFG，得到，再结合距离公式及二次函数求最值即可.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
，．
设平面EFG的法向量为，
则，即
令，可得．设 ，则．
因为直线AP与平面EFG没有公共点，所以平面EFG，则，
所以，即．
，
当时，AP取得最小值，最小值为．
故选：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. 将颜色分别为红、绿、白的3个小球随机分给甲、乙、丙三个人，每人1个，则（ ）
A. 事件“甲分得红球，乙分得绿球”与事件“丙分得红球或绿球”互斥
B. 事件“甲分得红球，乙分得绿球”与事件“甲分得红球，乙分得白球”互斥
C. 事件“甲分得红球，乙分得绿球”的对立事件是“丙分得红球或绿球”
D. 事件“甲分得红球，乙分得绿球”发生的概率是
【答案】AB
【解析】
【分析】写出试验的样本空间，再利用互斥事件、对立事件的意义判断ABC；求出概率判断D.
【详解】试验的样本空间(甲红,乙绿,丙白),(甲红,乙白,丙绿),(甲绿,乙白,丙红),(甲绿,乙红,丙白),(甲白,乙绿,丙红),(甲白,乙红,丙绿)，
对于A，事件“甲分得红球，乙分得绿球”与事件“丙分得红球或绿球”不可能同时发生，它们互斥，A正确；
对于B，事件“甲分得红球，乙分得绿球”与事件“甲分得红球，乙分得白球”不可能同时发生，它们互斥，B正确；
对于C，事件“甲分得红球，乙分得绿球”与事件“丙分得红球或绿球”可以同时不发生，它们不对立，C错误；
对于D，样本空间共有6个样本点，事件"甲分得红球，乙分得绿球"发生的概率是，D错误.
故选：AB.
10. 已知是双曲线上焦点，是上的两点，则下列结论正确的是（ ）
A. 若是的中点，则
B. 的最小值为4
C. 点到的两条渐近线的距离的乘积为12
D. 若的中点坐标为，则直线的斜率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由轴即可判断；对于B，由双曲线的性质即可判断；对于C，由点到线的距离公式即可判断；对于D，由点差法可判断.
【详解】由双曲线，可得焦点在轴上，，
若是的中点，则直线轴，，A正确．
的最小值为，B错误．
由题意得，，
所以双曲线的渐近线方程为或，
所以点到的两条渐近线的距离乘积为，C正确．
设，，则
两式相减得．
因为的中点坐标为，所以，即，
所以直线的斜率为，D正确．
故选：ACD.
11. 笛卡尔叶形线是一个代数曲线，首先由笛卡尔在1638年提出．如图，叶形线经过点，点在C上，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与C有3个公共点B. 若点P在第二象限，则
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，联立方程求解的个数即可判断，对于B，由．结合可判断，对于C，通过点在第一、第二、第四象限逐个判断即可，对于D，结合C中得到的，再结合基本不等式得到求解即可.
【详解】因为叶形线经过点，所以．
联立，解得，所以直线与C只有1个公共点，A错误．
．
因为点P在第二象限，所以，，
所以，B正确．
若点P在第四象限，则，可推出 ．
因为，
所以．当点P在第二、四象限时，，
所以．当点P是原点或在第一象限时，易得，
所以，C正确．
由，可得，解得，所以，D正确．
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知数据1，3，5，7，的平均数与中位数相等，则_______．
【答案】4或9
【解析】
【分析】根据平均数、中位数的定义，结合平均数与中位数相等分情况讨论求解即可.
【详解】数据的平均数为，
若，则中位数为5，即，解得，符合题意；
若，则中位数为，则，解得，符合题意；
若，则中位数为3，则，解得，不符合题意；
所以或.
故答案为：4或9.
13. 已知地球运行的轨道是椭圆，且太阳在这个椭圆的一个焦点上，若地球到太阳的最大和最小距离分别为，，则这个椭圆的离心率为______．
【答案】0.02##
【解析】
【分析】根据椭圆的性质求椭圆参数，应用离心率公式求离心率.
【详解】设该椭圆的长轴长为2a，焦距为2c，
由题意，得，，解得，，
所以这个椭圆的离心率．
故答案为：0.02
14. 在正六棱柱中，，M，N分别为，的中点，平面CMN与直线交于点G，则______；点A到平面CMN的距离为______．
【答案】 ①. 4 ②.
【解析】
【分析】连接AD，BF，设其交点为O．以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．求得平面CMN的一个法向量为，设，则由求得a，再利用空间两点间的距离和点到平面的距离公式求解.
【详解】解：连接AD，BF，设其交点为O．
由正六棱柱的性质知，，且，
取的中点P，连接OP，则平面ABCDEF．
以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
因为，M，N分别为，的中点，
所以，，，，则，，．
设平面CMN的一个法向量为，
则令，则．
设，则．
由，解得，又，所以．
点A到平面CMN的距离．
故答案为：4，
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. 某地发起“寻找绿色合伙人——低碳生活知识竞赛”活动，从参赛选手的答卷中随机抽取了n份，将得分（满分100分）进行适当的分组（每组为左闭右开的区间），画出如图所示的频率分布直方图，且竞赛成绩落在内的人数为10．
（1）求m，n的值；
（2）试估计参赛选手得分的平均值（同组数据用该组区间的中点值作代表）；
（3）试估计参赛选手得分的中位数．
【答案】（1），
（2）72.8分 （3）73.75分
【解析】
【分析】（1）根据小矩形面积和为1即可解出；
（2）根据频率分布直方图平均值计算公式即可得到答案；
（3）首先判断中位数在内，再设未知数，得到方程解出即可.
【小问1详解】
由，
得，.
【小问2详解】
设估计参赛选手得分的平均值为，
则，
即参赛选手得分的平均值为72.8分．
【小问3详解】
估计参赛选手得分的中位数为．
因为，
所以参赛选手得分的中位数在内，
则，解得，
所以参赛选手得分的中位数为73.75分．
16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，，E为线段PC上一点，，且该四棱锥的体积为.
（1）求AE的长度；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据锥体体积求得，建立空间直角坐标系，设，利用及向量垂直的坐标运算求得，利用直角三角形性质即可求解；
（2）求出两个平面的法向量，利用向量法求解二面角平面角的余弦值，然后利用同角三角函数关系求解正弦值.
【小问1详解】
设，则，该四棱锥的体积为，
解得，即，．
以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，
，，，，
设，则，．
若，则，解得，即E为PC的中点．
连接AC，在中，；
【小问2详解】
由（1）得，，．
设平面ABE法向量为，
则即取，得．
设平面PBE的法向量为，
则即取，得．
设二面角的大小为，
则，所以，
所以二面角的正弦值为．
17. 已知双曲线的左顶点为A，右焦点为F，抛物线的焦点与F重合，是与的一个公共点．
（1）求与的标准方程；
（2）过点A的直线l与交于D，E两点，若E是的中点，求直线l的斜率．
【答案】（1）的标准方程为，的标准方程为．
（2）．
【解析】
【分析】（1）将点代入抛物线方程求出，列出双曲线方程中方程求解；
（2）设直线l的方程为，与抛物线联立，由韦达定理可得，结合E是的中点，求出的值.
【小问1详解】
因为，所以，
解得，所以的标准方程为．
因为抛物线的焦点与F重合，所以，．
又，解得，
所以的标准方程为．
【小问2详解】
由（1）知．设直线l的方程为，，．
因为E是的中点，所以①．
联立，得，
则，②，．
由①②解得，，
所以，解得，即，
经验证，此时满足，所以直线的斜率为．
18. 甲、乙两人玩一个纸牌游戏，先准备好写有数字、、、的纸牌各一张，由甲先随机抽取一张纸牌，记纸牌上的数字为，随后将纸牌放回（后面每次抽牌记录数字后都需将纸牌放回），接下来甲有种选择：
①再抽取一次纸牌，记纸牌上的数字为，若，则乙赢，游戏结束，否则，甲结束抽牌，换由乙抽牌一次；
②直接结束抽牌，记，换由乙抽牌一次．
记乙抽到的纸牌上的数字为，若，则乙赢，否则甲赢．游戏结束．
（1）若甲只抽牌次，求甲赢的概率；
（2）若甲抽牌次，求甲赢的概率；
（3）当甲抽取的第一张纸牌上的数字为多少时，甲选择②赢得游戏的概率更大？
【答案】（1）
（2）
（3）当甲抽取的第一张纸牌上的数字为或或时，甲选择②赢得游戏的概率更大
【解析】
【分析】（1）利用列举法，结合古典概型的概率公式可求得甲赢的概率；
（2）根据甲第一次抽到的纸牌进行分类讨论，从而求得甲赢的概率；
（3）根据已知条件分别求出概率，列不等式，由此求得正确答案.
【小问1详解】
若甲只抽牌1次，甲赢的情况如下．
甲抽到纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为，此时有种情况；
甲抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为、，此时有种情况；
甲抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为、、，此时有种情况；
依次类推，甲赢的情况共有种，故甲赢的概率为．
【小问2详解】
若甲抽牌次，甲赢的情况如下．
①甲第次抽到的纸牌上的数字为．
第次抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为、，此时有种情况；
第2次抽到的纸牌上的数字为2，乙抽到的纸牌上的数字为、、，此时有种情况；
……
第次抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为、、、、，此时有种情况．
以上有种情况．
②甲第次抽到的纸牌上的数字为．
第次抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为、、，此时有种情况；
第次抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为、、、，此时有种情况；
第次抽到的纸牌上的数字为，乙抽到的纸牌上的数字为、、、、，此时有种情况，
以上有种情况．
依次类推，甲第次抽到的纸牌上的数字为时，甲赢的情况有种．
甲第次抽到的纸牌上的数字为时，甲赢的情况有种．
甲赢的情况的总数为．
故甲赢的概率为．
【小问3详解】
当甲抽取的第一张纸牌上的数字为时，
若甲选择①，则甲第二次抽出的纸牌上的数字为、、、，共种，
若甲第二次抽出的纸牌上的数字为时，则乙抽取的牌上的数字为、、、，共种，
若甲第二次抽出的纸牌上的数字为时，则乙抽取的牌上的数字为、、、，共种，
，
若甲第二次抽出的纸牌上的数字为时，则乙抽取的牌上的数字为、、、、，共种，
所以，甲赢的情况的总数为，
而甲第二次、乙抽取牌的可能情况各为种，则甲赢的概率．
若甲选择②，则乙抽取的牌上的数字为、、、，共种，
而乙抽取的排上的数字共种情况，则甲赢的概率．
令，即，化简得，解得．
因为，且，所以或或．
综上，当甲抽取的第一张纸牌上的数字为或或时，甲选择②赢得游戏的概率更大．
【点睛】易错点睛：
概率求解中的遗漏：当甲选择多次抽取牌时，可能会漏掉某些组合的情况，特别是在多次抽取的情况下，需要非常仔细地列出所有可能组合，防止遗漏.
不等式解法中的取舍问题：在最后一部分的解答中，对于不等式求解，需要注意根的取舍条件，避免漏掉符合条件的解.
19. 已知，分别为椭圆的上、下焦点，是椭圆的一个顶点，是椭圆C上的动点，，，三点不共线，当的面积最大时，其为等边三角形．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若为的中点，为坐标原点，直线交直线于点，过点作交直线
于点，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过点与的左顶点或右顶点重合时，的面积最大，即可求解；
（2）设直线的方程为，延长交于，延长交于．
通过向量数量积说明，，再通过 ，，及，即可求证；
小问1详解】
因为是椭圆C的一个顶点，所以．
当点与的左顶点或右顶点重合时，的面积最大，其为等边三角形，满足，又因为，所以，．
故椭圆C的标准方程为．
【小问2详解】
证明：设直线的方程为，，．
由得，
，，
所以，，
即点，
所以直线的方程为．
令，得．
又，所以直线的方程为．
令，得．
延长交于，延长交于．
由，得，则．
同理由，得，则．
因为，，显然，
所以．