四川省成都市2024-2025学年高二上学期1月期末调研数学试题（解析版）

这是一份四川省成都市2024-2025学年高二上学期1月期末调研数学试题（解析版），共15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。
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，只有一个选项符合题目要求．
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】化为，
所以直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，则，
又因为，所以，
故选：B.
2. 从这9个数字中随机选择一个数，则这个数平方的个位数字为1的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，，故个位数字为1的概率为：.
故选：B.
3. 圆和圆的位置关系是（ ）
A. 内切B. 外切C. 相交D. 相离
【答案】C
【解析】圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径，
圆心距，，
所以，即，故两圆相交．
故选：C.
4. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，则下述正确的是（ ）
A. 与互为对立事件B. 与互斥
C. 与相等D. 与相互独立
【答案】D
【解析】抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果是：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)，事件A包含的结果有：(正，正)，(正，反)，事件B包含的结果有：(正，反)，(反，反)，显然事件A，事件B都含有“(正，反)”这一结果，即事件A，事件B能同时发生，因此，事件A，事件B既不互斥也不对立，故A，B均错误；
事件A，事件B中有不同的结果，于是得事件A与事件B不相等，故C错误；
因为，则，所以A与B相互独立，故D正确.
故选：D.
5. 已知为椭圆上一点，分别是椭圆的左、右焦点．若点的横坐标为，则的面积为（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】C
【解析】因为，所以，又因为点的横坐标为，
所以，
所以点的纵坐标为，所以.
故选：C.
6. 如图，在四面体中，是的中点，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题意知，
.
故选：A.
7. 已知双曲线的右焦点为，渐近线为，过且垂直于的直线分别交于两点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】如下图所示：
双曲线的渐近线方程为，则到直线的距离为，
因为，则，故，
由勾股定理可得，
设，则，
则，
因为，整理可得，
则，解得.
故选：A.
8. 如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱．若，，，二面角的平面角为，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】由条件知，，，
又二面角的平面角为，则，
所以
，所以.
故选：B.
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. 设为坐标原点，为椭圆与双曲线在第一象限的公共点，分别是椭圆的左、右焦点，则（ ）
A. 与的焦点相同B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】对于A，椭圆的焦点坐标为，双曲线的焦点坐标也为，，A正确；
对于B，对于双曲线，其实半轴长，P点在双曲线右支上，
则，B正确；
对于C，对于椭圆，有，结合，
则，C错误；
对于D，结合C的分析可得，
则，
即为直角，故，D正确，
故选：ABD.
10. 某市举行了一次数学史和趣味数学知识竞赛，为了解本次竞赛成绩情况，对本次竞赛学生成绩进行抽样调查，将调查数据整理得到如图所示频率分布直方图，根据此频率分布直方图，下面结论正确的是（ ）
A.
B. 此次竞赛成绩低于70的学生比率估计为
C. 此次竞赛成绩众数的估计值为75
D. 此次竞赛成绩平均数估计值不超过80
【答案】BCD
【解析】A：，解得，故A错误；
B：由图可知，此次竞赛成绩低于70的学生比率为，故B正确；
C：由图可知，众数位于组内，所以其估计值为75，故C正确；
D：此次竞赛的平均成绩为：
，不超过80，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知一条线段的端点分别是，关于的方程，则（ ）
A. 当时，方程所表示的曲线是以为直径的圆
B. 当时，方程所表示的曲线是双曲线
C. 存在，使得方程所表示的曲线是椭圆
D. 任意，方程所表示的曲线围成的封闭区域面积大于
【答案】AC
【解析】对于A，记，
则题干条件即为，
则，方程所表示的曲线是以为直径的圆，故A正确，
对于B，我们令，，
此时方程化为，
即，化简得，
得到，即，
故得到或，
此时方程所表示的曲线不是双曲线，故B错误，
对于C，，
，
若要使该方程表示椭圆，只需即可，C正确；
对于D，由C可得曲线方程为，
记为的面积，
为的面积．
当的长半轴小于等于半径时，，故D错误.
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 抛物线的准线方程为______．
【答案】
【解析】由抛物线，可得，
抛物线的准线方程为，
故答案为：．
13. 已知空间三点，则以为邻边的平行四边形的面积为______．
【答案】
【解析】因为，，
所以，，
，
所以，
所以以为邻边的平行四边形的面积为.
14. 在某次活动中，登记的8个数据的平均数为8，方差为16，其中．后来发现应该为10，并且漏登记了一个数据14，则修正后的9个数据的平均数为______，方差为______．
【答案】 9
【解析】由题意知修正前，
则，
修正后，故修正后的9个数据的平均数为；
修正前，
即得，
故修正后的方差为
.
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. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为各棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
（1）证明：连接，因为为正方体，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为分别为的中点，所以，
故，同理可证，
因为平面，
所以平面.
（2）解：因为为正方体，所以，，
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
从而，
由（1）知，平面，
故平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，所以，即，
故平面的一个法向量为，
由，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
16. 已知圆，直线．
（1）求证：直线恒过定点；
（2）当直线被圆截得的弦长最短时，求的值以及最短弦长．
（1）证明：由直线，
得，
联立方程，解得，
即当时，方程对实数恒成立，
所以直线恒过定点．
（2）解：因为圆方程可化为，
可知圆心为，半径．
因为，可知点在圆C内，
由圆的性质可知：圆心到直线的距离，
则弦长．
故当时，直线被圆截得的弦长最短．
此时，故．
即，解得，
最短弦长．
17. 下面的三个游戏都是在袋子中装入大小和质地相同的小球，然后从袋子中不放回地取球．
（1）分别计算三个游戏中甲获胜的概率，并判断哪个游戏对甲更有利；
（2）若三个游戏各进行一次，且每个游戏的结果互不影响，求甲获胜次数多于乙的概率．
解：（1）设事件“在游戏1中，甲获胜”；事件“在游戏2中，甲获胜”；
事件“在游戏3中，甲获胜”．
游戏1：设红球，白球为，取1个球，共3种情况，
甲获胜的情况有2种，故；
游戏2：设红球为，白球为，依次取2个球，共6种情况，
甲获胜的情况有2种，故；
游戏3：设红球为，白球为，依次取2个球，共12种情况：，
甲获胜的情况有4种，故；
由于，故游戏1对甲更有利．
（2）当甲获胜次数多于乙时，甲获胜2次或3次．
设事件“在三个游戏中，甲获胜3次”，事件“在三个游戏中，甲获胜2次，输一次”，
由（1）知，，
故．
．
综上，甲获胜次数多于乙的概率．
18. 已知两点的坐标分别是，直线相交于点，且直线的斜率与直线的斜率之差是1，记动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）已知过点的直线与相交于两点，过分别作直线的垂线，垂足为，为的中点．
①证明：；
②设直线与交于点，记的面积分别为，当时，求直线的方程．
（1）解：设点，则，
故，即，
所以的方程为.
（2）①证明：由题知，直线斜率存在且不为0，
设，故，
由消去得，
因此恒成立，
从而，
故，
又因为，
所以，
由三点不共线得成立．
②解：由①知，，
故的面积与的面积相等，
又因为为的中点，所以的面积等于的面积的一半，
即，
又因为，
所以
，
由①知，，
故，
解得，即．
所以直线的方程为或．
19. 在直角坐标系中，椭圆的离心率是，点在上，直线与椭圆相交于两点，与轴相交于点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）将平面沿轴翻折，使轴正半轴和轴所确定的半平面与轴负半轴和轴所确定的半平面所成二面角的平面角为，且．
①当时，求翻折后三棱锥的体积；
②求翻折后周长的最大值．
解：（1）由题知，，，所以．
又因为在椭圆上，所以．
所以．故椭圆的标准方程为．
（2）①翻折前，当时，由，得，
即．
由于，故的面积为．
翻折后，建立空间直角坐标系，
则，
由得，
故点到平面的距离为．
故三棱锥的体积．
②翻折前，设，由，得，
不妨设，
则翻折后，，
．
由
消去得．
故恒成立．
故
，
当时取得最大值．
又因为
，
当时取得最大值．
所以翻折后的周长的最大值为，
当时取得最大值．游戏1
游戏2
游戏3
袋子中球的数量和颜色
2个红球和1个白球
1个红球和2个白球
2个红球和2个白球
取球规则
取1个球
依次取2个球
依次取2个球
获胜规则
取到红球甲胜
两个球同色甲胜
两个球同色甲胜
取到白球乙胜
两个球不同色乙胜
两个球不同色乙胜