四川省泸州市泸县2024_2025学年高二数学下学期开学考试试题含解析

这是一份四川省泸州市泸县2024_2025学年高二数学下学期开学考试试题含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.第I卷1至2页，第II卷3至4页.共150分.考试时间120分钟.
第I卷（选择题 共58分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知直线斜率为，则直线倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据倾斜角和斜率的关系求得正确答案.
【详解】设倾斜角为，依题意，
由于，所以.
故选：A
2. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由空间直角坐标系的对称关系即可得到答案.
【详解】空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的横、纵坐标不变，竖坐标变为相反数，
所以点关于平面对称的点的坐标为.
故选：D.
3. 甲、乙两地一周每天的最高气温单位：如下：
甲：5，4，7，6，9，7，5；
乙：6，4，5，6，6，6，5；
则以下关于甲、乙两地最高气温比较的统计结论错误的是（ ）
A. 甲地最高气温的平均数大于乙地最高气温的平均数
B. 甲地最高气温中位数大于乙地最高气温的中位数
C. 甲地最高气温的极差大于乙地最高气温的极差
D. 甲地最高气温的方差大于乙地最高气温的方差
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件对比及定义分别计算几个数的平均数，中位数，极差，方差即可判断各个选项.
【详解】甲乙两地最高气温由小到大排列，填入表格如下：
由数据对比知道，甲地最高气温的平均数大于乙地最高气温的平均数，A正确；
甲的中位数为6，乙的中位数为6，B错误；
甲的极差为5，乙的极差为2，C正确；
乙比甲更稳定，所以甲地最高气温的方差大于乙地最高气温的方差，D正确.
故选:
4. 双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据双曲线方程写出渐近线方程即可.
【详解】双曲线的渐近线方程为.
故选：A.
5. 已知为原点，点，以为直径的圆的方程为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求圆的圆心和半径，根据圆的标准方程即可求解﹒
【详解】由题知圆心为，半径，
∴圆的方程为﹒
故选：A﹒
6. 已知甲袋里只有红球，乙袋里只有白球，丙袋里只有黑球，丁袋里这三种球都有.现从这四个袋子中随机抽取一个袋子，设事件为“所抽袋子里有红球”，事件为“所抽袋子里有白球”，事件为“所抽袋子里有黑球”，则下列说法正确的是（ ）
A. 事件与事件互斥B. 事件与事件相互独立
C. 事件与事件相互对立D. 事件与事件相互独立
【答案】B
【解析】
【分析】根据要写条件，利用互斥事件、对立事件和相互独立的定义，逐一判断选项即可.
【详解】对于A，事件和事件可以同时发生，即抽取丁袋，事件与事件不互斥，A错误；
对于B，，，，事件与事件相互独立，B正确；
对于C，事件与事件可以同时发生，即抽取丁袋，事件与事件不对立，C错误；
对于D，，，，事件与事件不独立，D错误.
故选：B
7. 如图，在正方体中，E是棱CD上的动点．则下列结论不正确的是（ ）
A. 平面
B.
C. 直线AE与所成角的范围为
D. 二面角的大小为
【答案】C
【解析】
【分析】由平面平面，平面，即可判断A；建立空间直角坐标系计算即可判断选项B；求的范围即可判断选项C；先找出二面角的平面角为即可判断选项D，进而可得正确选项．
【详解】对于选项A：因为平面平面，平面，
所以平面，故选项A正确；
如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则，，
，，，对于选项B：，，
因为，所以，即，
故选项B正确；
对于选项C：，，设直线与所成角为，
则，
当时最大等于，此时最小为，
当时最小等于0，此时最大为，所以，
即直线与所成角的范围为，故选项C不正确；
对于选项D：二面角即二面角，
因为，，
平面，平面，
所以即为二面角的平面角，
在正方形中，，所以二面角的大小为，
故选项D正确，
故选：C.
8. 已知是双曲线的右焦点，过点的直线与双曲线的一条渐近线垂直，垂足为，且直线与双曲线的左支交于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设的左焦点为，连接，过作于，根据已知及双曲线性质有为线段的中垂线，结合双曲线定义及关系得到关系，即可得离心率.
【详解】设的左焦点为，连接，过作于，
易知，所以为的中位线，
又图中双曲线的渐近线方程为，
则，，
则为线段的中点，所以为等腰三角形，即，
又，
即，
，即，，
解得.
故选：B.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.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. 已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：根据数量积的坐标运算分析判断；对于BD：根据向量垂直分析判断；对于C：根据向量平行分析判断.
【详解】因为，
对于选项A：若，则，所以，A正确；
对于选项B：若，
则，解得，故B错误；
对于选项C：若，则，解得，故C正确；
对于选项D：若，则，解得，故D错误．
故选：AC．
10. 若三条直线可以围成一个三角形，则实数的值可以为（ ）
A. B. 0C. 1D. 3
【答案】BD
【解析】
【分析】由题意可得三条直线两两都不平行且不同时过同一个点，写出限定条件即可得结果.
【详解】根据题意可知三条直线两两都不平行，且不同时过同一个点；
当平行时可得，此时不合题意，因此；
联立，即，解得交点坐标为，
因此不在上，即可得，可得；
所以若三条直线围成一个三角形，只需且即可.
故选：BD
11. 已知圆和直线，点P在直线l上运动，直线、分别与圆C相切于点，则下列说法正确的是（ ）
A. 切线长的最小值为
B. 四边形面积的最小值为4
C. 当最小时，弦所在的直线方程为
D. 弦所在直线必过定点
【答案】BD
【解析】
【分析】根据圆的标准方程得出圆心为，半径为2，由圆切线的性质及勾股定理得，再根据点到直线的距离公式得出，即可判断A；结合A的结论得出即可判断B；结合A的结论，根据两直线交点，中点公式及点斜式方程求得弦所在的直线方程，即可判断C；设，得出以为直径的圆的方程，与圆方程相减即可得出弦所在直线方程，进而求得定点，即可判断D．
【详解】对于A，圆的圆心为，半径为2，
由题意可得，
所以，
，
所以，故A错误；
对于B，，
所以四边形面积的最小值为4，故B正确；
对于C，当最小时，，则直线的斜率为，
又，所以直线的斜率为，
的直线方程为，即，
由，解得，，即，
因为当最小时，，所以为等腰直角三角形，
所以中点即为中点，
因为的中点为，所以弦的中点为，
所以弦所在的直线方程为，即，故C错误；
对于D，设，
则以为直径的圆的方程为，
展开得①，
圆C的方程为，即②，
①②得弦所在直线方程为，即，
令，解得，
所以弦所在直线必过定点，故D正确；
故选：BD．
第II卷（非选择题共92分）
注意事项：
（1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效.
（2）本部分共8个小题，共92分.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.
12. 已知是空间的一组基底，其中，，．若四点共面，则________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件，利用共面向量定理列式计算得解.
【详解】由四点共面，得，
而向量，，，
则，又不共面，
因此，解得，
所以.
故答案为：
13. 一组数据的平均数为1，方差为5，记的平均数为，方差为则_____.
【答案】2025
【解析】
【分析】根据期望和方差的性质即可求解.
【详解】由题意可得，
故，
故答案为：2025
14. 已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点，设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足，则直线HN过定点____________．
【答案】
【解析】
【分析】设出椭圆方程，将两给定点代入待定系数求解可得椭圆方程；再设出直线方程，与椭圆C的方程联立，设，分斜率是否存在两种情况讨论，依次用坐标表示出坐标，求解直线方程，进而利用韦达定理关系式探求定点可得.
【详解】设椭圆E的方程为，
由椭圆过点，
则，解得，，
所以椭圆E的方程为：.
直线的方程为，即.
①若过点的直线斜率不存在，则直线方程为，
方程中，令，
可得，，在直线AB方程中，
令可得，
由得到.
则HN方程：，直线过点.
②若过点的直线斜率存在，设.
联立得，
，
解得或.
由韦达定理可得，
所以，
且
，
联立可得
则直线，
将点代入整理得，
将韦达定理所得各式代入可得
，
即，
化简得显然成立，
综上可得，直线HN过定点
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求定点问题常见的方法有两种：
①从特殊入手，根据条件求解定点，再证明一般情况下也过此定点；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点.
四、解答题：本大题共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. 如图，在长方体中，，，．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量的数量积为零证明，，再由线面垂直的判定定理得到即可；
（2）求出平面的法向量，代入空间线面角公式求解即可；
【小问1详解】
由长方体可知，，两两垂直，以为坐标原点，
向量，，分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
有，，，，，，．
因为，，，
所以，，
所以，，
又因为，平面，所以平面；
【小问2详解】
设平面的法向量为，
由，，有
取，，，可得平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
因为，所以，
，，
所以，
所以直线与平面所成的角的正弦值为．
16. 临川二中两名优秀学子小明、小华同学独立地参加中国科技大学少科班的入学面试，入学面试时共有道题目，答对道题则通过面试（前道题都答对或都答错，第道题均不需要回答）．已知小明答对每道题目的概率均为，小华答对每道题目的概率依次为、、，且小明、小华两人对每道题能否答对相互独立．记“小明只回答道题就结束面试”为事件，记“小华道题都回答且通过面试”为事件．
（1）求事件发生的概率；
（2）求事件和事件同时发生的概率；
（3）求小明、小华两人恰有一人通过面试的概率．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）若事件发生，则小明前两题都答对或都答错，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得的值；
（2）若事件发生，则小华前两题一题，答错一题，第三题答对，求出的值，分析可知，事件、相互独立，由独立事件的概率公式可求得的值；
（3）记小明没有通过面试为事件，小华通过面试的事件记为，求出这两个事件的概率，记小明、小华两人恰有一人通过面试的事件记为，则，利用独立事件和互斥事件的概率公式可求得的值.
【小问1详解】
若事件发生，则小明前两题都答对或都答错，
所以，.
【小问2详解】
若事件发生，则小华前两题一题，答错一题，第三题答对，
根据题意则小华道题都回答且通过面试的概率为，
由题意可知，事件、相互独立，则.
【小问3详解】
记小明没有通过面试为事件，
即分前两道回答对一道且最后一道错误或前两道均回答错误两种情况，
则小明没有通过面试概率为，
可得小明通过面试的概率为，
而由（1）可得小华通过面试的事件记为，则概率为，
由题意可知，事件、相互独立，
则小明、小华两人恰有一人通过面试的事件记为，
则概率为．
17. 已知圆经过点，，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程；
（2）若圆与直线交于两点，
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）若在圆C上存在点，使四边形为平行四边形，其中为坐标原点，求的值.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）先设圆心坐标，再根据两点间距离计算求参，即可得出圆的方程；
（2）（ⅰ）根据圆心到直线的距离小于半径得出范围；（ⅱ）根据平行四边形结合已知得出菱形，再应用点到直线距离为1得出参数.
【小问1详解】
根据圆心在直线上，设圆心.
因为圆经过，所以，
所以，解得.
所以圆心，所以圆的方程为.
【小问2详解】
（ⅰ）由题意，，所以，
即，所以的取值范围是.
（ⅱ）因为四边形为平行四边形，又因为，所以为菱形.
因为，所以点到直线的距离，
所以，符合题意.
18. 已知和为椭圆上两点．
（1）求椭圆方程；
（2）若点在椭圆上，是椭圆的两焦点，且，求的面积；
（3）过点的直线与椭圆交于两点，证明：为定值．
【答案】（1）
（2）．
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得关于，的方程组，解出，的值，即可得出椭圆的方程；
（2）利用余弦定理结合椭圆的定义求出的值，然后利用三角形的面积公式可求得的面积；
（3）当的斜率为0时，直接计算出的值；当的斜率不为0时，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可求出的值，即可证得结论成立.
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
由题可知
在中，由余弦定理得
则即
所以，
故的面积是．
【小问3详解】
当的斜率为0时，．
当的斜率不为0时，设直线的方程为
联立，得，
此时．
，
故为定值．
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
19. 已知抛物线：的焦点为，点在上，且.
（1）求方程；
（2）过点的直线交于，两点（异于点）.
（ⅰ）若，求；
（ⅱ）过点与直线垂直的直线交于，两点，设线段，的中点分别为，，是坐标原点，求面积的取值范围.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据焦半径公式以及点的坐标即可联立方程求解，
（2）联立直线与抛物线的方程，根据向量垂直的坐标运算即可求解，进而根据焦点弦公式求解（ⅰ），根据中点坐标求解直线的方程，即可直线与轴的交点，根据三角形面积公式，结合基本不等式求解即可.
【小问1详解】
由题意可得
，解得或（舍）.所以的方程为
【小问2详解】
（ⅰ）由（1）可得.设直线的方程为，，.
由方程组，消去，得，
则，
所以，.
由可得
解得或（舍）.所以直线的方程为.
；
（ⅱ）由（ⅰ）可得，故
故，
将换成可得，
当时，或，故直线的方程为，
当时，，
故直线的方程为，
令，得，，
当且仅当时等号成立，所以面积的取值范围为.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，如本题需先将的面积用表示出来，然后再利用基本不等式长最值．
甲
4
5
5
6
7
7
9
乙
4
5
5
6
6
6
6