四川省成都市实验外国语学校2024-2025学年高二上学期12月检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省成都市实验外国语学校2024-2025学年高二上学期12月检测数学试卷（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了 抛物线的焦点坐标为， 如图，在棱长为2的正四面体等内容，欢迎下载使用。
高二年级数学学科试题
考试时间120分钟 满分150分
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. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用抛物线方程直接求解.
【详解】由题知，该抛物线焦点坐标为.
故选：D
2. 掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现偶数点”，“第二枚出现奇数点”，则与的关系为（ ）
A. 互斥B. 互为对立C. 相互独立D. 相等
【答案】C
【解析】
【分析】根据事件的定义和独立事件概率乘法公式可判断出结果.
【详解】对于AB，，即事件与可以同时发生，
与不是互斥、对立事件，AB错误；
对于C，，，，，
与相互独立，C正确；
对于D，与不是同一事件，与不相等，D错误.
故选：C.
3. 已知方程表示双曲线，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用双曲线标准方程的形式得出不等式，即可解得答案.
【详解】由双曲线标准方程可知与同号，即可得；
解得或
即的取值范围为.
故选：D
4. 从甲､乙､丙､丁4位同学中选2名代表，假设每个人当选的可能性相等，则甲被选上的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意求出总的选法组合，再求得甲被选上的种类数，即可得出结果.
【详解】从四人中任选两人共有种选法，
若甲被选上，再从剩余的三人中任选一人，则共有种，
因此甲被选上的概率为.
故选：A
5. 如图，在棱长为2的正四面体（四个面都是正三角形）中，为棱的中点，则的值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】将转化为，再利用数量积的定义求解.
【详解】由题意可知：.
故选：A
6. 若椭圆的离心率为，则椭圆的长轴长为（ ）
A. 6B. C. 或D. 6或
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆方程对的取值进行分类讨论，再由离心率计算可得结果.
【详解】若，可得，所以；
由离心率可得，解得；
此时，即，因此椭圆的长轴长为；
若，可得，所以；
由离心率可得，解得；
此时，即，因此椭圆的长轴长为；
综上可得，椭圆的长轴长为6或.
故选：D
7. 已知直线与圆相交于两点，且，其中为坐标原点，则实数的值为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】联立方程，写出韦达定理，利用向量数量积求夹角的公式建立方程，可得答案.
【详解】设，联立，消去可得，
，即，
，，
由，则，即，
代入可得，解得或.
故选：C.
8. 已知两点的坐标分别是，动点到的距离比到直线的距离小，则的最小值为（ ）
A. 4B. 5C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意求得动点的轨迹方程为，再根据抛物线定义即可得出结果.
【详解】根据题意可得动点到的距离与到直线的距离相等，
所以动点的轨迹方程是以为焦点的抛物线，即，
过作垂直于准线，垂足为，如下图所示：

易知，所以，
当三点共线时，取得最小值，即为点到准线的距离；
所以的最小值为6.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用抛物线定义得出动点的轨迹方程，再由焦半径公式可得结果.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 某同学参加数学竞赛培训，现从该同学在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽6次的成绩（单位：分）分别为84，95，91，95，98，100，则关于这6次成绩，下列说法正确的是（ ）
A. 众数为95B. 中位数为93C. 平均成绩低于93分D. 极差为16
【答案】AD
【解析】
【分析】根据众数，中位数，平均数，极差的概念求解判断.
【详解】将这6次成绩按照大小顺序排列可得：，
对于A，众数为95，故A正确；
对于B，中位数为，故B错误；
对于C，平均数为，故C错误；
对于D，这组数据的极差为，故D正确.
故选：AD.
10. 双曲线的左､右焦点分别为，下列说法正确的有（ ）
A. 双曲线的渐近线方程为
B. 双曲线的离心率为
C. 若为双曲线上一点，且7，则.
D. 若为双曲线上两点，则点可以为线段的中点.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据双曲线的标准方程，利用渐近线方程、离心率、定义以及反证法，可得答案.
【详解】对于A，由双曲线，则，所以渐近线方程，故A错误；
对于B，由双曲线，则，即，所以离心率，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，设两点在双曲线上，假设线段中点为，设，则，
可得，整理方程②可得，
将①代入上式可得，则，代入①可得，
由，方程无实根，故D错误.
故选：BC.
11. 如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点M是侧面B1C1CB内的一个动点，下列说法正确的有（ ）
A. 若M在线段BC1上，则三棱锥的体积为定值
B. 若M在线段BC1上，则
C. 若为底面的中心且，则到底面的
距离与它到点的距离之和的最小值是.
D. 若，则与平面B1C1CB所成角的正切的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用正方体的性质进行判断AB，利用平面几何性质来求最小值，利用空间向量，结合解析向何思想来求最大值.
【详解】对于A，由三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
而点M在侧面内线段BC1上，由于平面侧面，
所以动点M到底面上的高不变，即三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于B，在正方体中，由于，，
且，平面，所以平面，
而点M在线段上，平面，所以点平面，
从而可知过点M与垂直的直线都在平面内，
而平面，所以是错误的，故B错误；
对于C，由为底面的中心且，
又由，可得，又因为，
且平面，平面，
所以平面，又因为平面，
所以，由已知可得，
所以有，由正方体的棱长为2，可得，
所以可知动点在线段上，再作出平面图，
过作直线的对称点，再过作，交于点，垂足为，
由几何意义可知此时到底面的距离与它到点的距离之和最小，即为，
由于,，
所以，故C正确；
对于D，如图建系，可设，,
所以，
由得，，
即，因为点M是侧面B1C1CB内的一个动点，
由此可知动点在以中点为圆心，以为半径的半圆上，
因为平面，所以与平面B1C1CB所成角就是，
即，
而在圆上的动点满足取最小值为到圆心的距离减去半径，
即，所以，故D正确；
故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，，则直线BD1与直线DC所成角的余弦值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求得直线BD1与直线DC的方向向量，利用线线角的空间向量坐标公式计算即可.
【详解】
以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设直线BD1与直线DC所成角为，则，
故答案为：.
13. 直线与抛物线相交于两点，且，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】联立直线与抛物线方程，利用韦达定理以及抛物线焦点弦长公式，即可求解．
【详解】由消去y，整理得=，
∵直线与抛物线交于两点，∴，解得，
设，则，
∵直线过抛物线的焦点，
则，∴，
∴，则.
检验知满足条件.
故答案为：.
14. 在平面直角坐标系中，为直线在第一象限内的点，，以为直径的圆与直线交于另外一点.若，则的纵坐标为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线与圆的位置关系，利用倾斜角与斜率的关系求得直线的方程，联立方程组即可求得结果.
【详解】如下图所示：
由可得，设直线的倾斜角为，直线的斜率为，
可得，则，
即直线的方程为，
联立，解得，即，
所以的纵坐标为3.
故答案为：3
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用圆的性质得出倾斜角之间的关系，求得直线的斜率得出直线方程，解得交点坐标即可.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 某学校举办了一场党史知识竞赛活动，共有名学生参加了此次竞赛活动.为了解本次竞赛活动的得分情况，从中抽取了名学生的得分（得分均为整数，满分为分）进行统计，所有学生的得分都不低于分，将这名学生的得分进行分组，第一组，第二组，第三组，第四组，得到如下的频率分布直方图.
（1）求图中的值，并估计此次竞赛活动中学生得分的第百分位数；
（2）根据频率分布直方图，估计此次竞赛活动学生得分的平均值.若对得分不低于平均值的同学进行奖励，请估计在参赛的名学生中有多少名学生获奖.
【答案】（1），第百分位数为分
（2）平均值分，名学生获奖
【解析】
【分析】（1）根据频率和为可求得；由频率分布直方图估计百分位数的方法可求得结果；
（2）根据频率分布直方图估计平均值方法可求得，进而估计得到得分不低于平均值的频率，由频率和频数关系可求得估计值.
【小问1详解】
由频率分布直方图知：，解得：；
设此次竞赛活动学生得分的第百分位数为分，
数据落在内的频率为，落在内的频率为，，
，解得：，
即此次竞赛活动学生得分的第百分位数为分.
【小问2详解】
由频率分布直方图及（1）知：数据落在，，，的频率分别为，，，，
此次竞赛活动学生得分的平均值，
此次竞赛活动学生得分不低于分的频率为，
在参赛名学生中，估计有名学生获奖.
16. 已知点，圆为的外接圆.
（1）求圆的标准方程，
（2）过点作圆的切线，求的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设圆的一般方程，将已知点的坐标代入方程，解出系数，进而得圆的方程；
（2）判断点和圆的位置关系，可得切线的数量，分类讨论切线是否有斜率，若有斜率，则设出切线方程，利用圆心到切线的距离和半径相等列方程，求解即可.
【小问1详解】
设圆的方程是，
由题意知，解得；
则所求圆的方程为，
因此，圆的标准方程为.
【小问2详解】
因为，所以点在圆外，则满足题意的切线的数量为2，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时，圆心到直线的距离为5，满足题意；
当直线的斜率存在时，设，即，
则，两边平方并化简得，解得，
则的方程为，
综上所述，所求直线的方程为或.
17. 四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，E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）连接，交于点，连接，先根据中位线定理证明，再利用线面平行的判定定理证明平面；
（2）建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，利用面面角的空间向量坐标公式计算即可.
【小问1详解】
连接，交于点，连接，
因为是矩形，所以是的中点，
又因为是的中点，所以，
因为平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为底面，平面，平面，
所以，，又，所以两两垂直；
因此以为原点，所在直线分别为轴､轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，
设平面DEB的一个法向量n=x,y,z，
则，设，则，则，
因为，，，平面，
所以平面，因此，平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 甲､乙二人做射击游戏，甲和乙射击击中与否互不影响，各次结果也互不影响.规则如下：若射击一次击中，则原射击人继续射击；若射击一次不中，就由对方接替射击.已知甲射击一次击中的概率为，乙射击一次击中的概率为，且第一次由甲开始射击.
（1）求前3次射击中甲恰好击中2次的概率；
（2）求第4次由甲射击的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由前3次射击中甲恰好击中2次，可得前2次甲都击中目标，但第三次没有击中，即可乘法公式即可求解；
（2）分“甲连续射击3次且都击中”； “第一次甲射击没有击中，第二次由乙射击且击中，第三次由乙射击没有击中” “第一次甲射击没有击中，二次由乙射击且没有击中，第三次由甲射击且击中” “第一次甲射击且击中，二次由甲射击且没有击中，第三次由乙射击没有击中”结合互斥事件和事件计算公式即可求解；
【小问1详解】
前3次射击中甲恰好击中2次，即前2次甲都击中目标，但第三次没有击中目标，故它的概率为
【小问2详解】
设事件“甲连续射击3次且都击中”；
事件“第一次甲射击没有击中，第二次由乙射击且击中，第三次由乙射击没有击中”；
事件“第一次甲射击没有击中，二次由乙射击且没有击中，第三次由甲射击且击中”；
事件“第一次甲射击且击中，二次由甲射击且没有击中，第三次由乙射击没有击中”；
事件“第4次由甲射击”两两互斥，
所以第4次由甲射击的概率为
19. 设椭圆左顶点为，下顶点为，为坐标原点，为线段的中点，离心率，.
（1）求椭圆的方程；
（2）在椭圆上求一点，使得点到直线的距离最短；
（3）若直线与椭圆相交于两点，直线的斜率分别为，的面积为以为直径的圆的面积分别为.若，求的范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆几何性质以及面积计算可得椭圆方程；
（2）设与直线平行的直线方程并与椭圆联立，利用判别式为0计算可得直线方程，解方程可得点坐标；
（3）设直线的方程为，与椭圆联立并利用韦达定理将表示出来，分别求得面积的表达式利用基本不等式即可得出其范围.
【小问1详解】
由题意知，解得，
故椭圆的方程为；
【小问2详解】
设与直线平行且与椭圆相切的直线方程为；
由消去得，
所以，
解得或，
因此与直线平行且与椭圆相切的直线方程为或；
其中直线与直线的距离最短，
由，解得；
故的坐标为
【小问3详解】
设直线的方程为，且，如下图所示：
由消去得，
由韦达定理有，且；
所以，即；
由韦达定理代入化简得，又，所以，
此时，即且
故
又到的距离d=t1+k2
所以可得，
即可得，
当且仅当时，等号成立，但又，因此等号不成立，
所以的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：根据等量关系表示出各面积表达式并化简得出的式子，再由基本不等式以及的范围限定取值范围时解决本题的关键.