2024-2025学年江西省临川高二上学期期中考试数学检测试题（附解析）

2024-2025学年江西省临川高二上学期期中考试数学检测试题一、单选题1．若复数满足（为虚数单位），则的模（

）A． B． C． D．2．已知直线，，若，则m的值为（

）A． B．6 C． D．3．直线的一个方向向量为，且直线经过点，则直线的方程为（

）A． B．C． D．4．若抛物线上的一点A到焦点的距离为2，则点A的纵坐标是（

）A． B． C． D．5．将一枚质地均匀的股子连续拋掷6次，得到的点数分别为1，3，4，5，6，x，则这6个点数的中位数为4的概率为（

）A． B． C． D．6．已知直线与椭圆相交于A，B两点，椭圆的两个焦点是，，线段AB的中点为，则的面积为（

）A． B． C． D．7．已知在平面直角坐标系中，，，点满足.设点的轨迹为曲线，直线，若直线与曲线交于不同的两点，是坐标原点，且有，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．8．在平面直角坐标系中，，为双曲线的左、右焦点，，P为E左支上异于顶点的一点，直线PM平分，，，则E的离心率为（

）A． B．2 C． D．4二、多选题9．已知双曲线的离心率，C的右支上的点到其右焦点的最短距离为，则（

）A．双曲线C的焦点坐标为B．双曲线C的渐近线方程为C．点在双曲线C上D．直线与双曲线C恒有两个交点10．已知一组样本数据，其中，由这组数据得到另一组新的样本数据，其中，则（

）A．两组样本数据的样本方差相同B．两组样本数据的样本平均数相同C．样本数据的第30百分位数为D．将两组数据合成一个样本容量为10的新的样本数据，该样本数据的平均数为211．如图，四棱锥的底面是边长为正方形，底面，，、分别为、的中点，过、、的平面与交于点，则（

）A．B．C．四棱锥外接球体积为D．以为球心，为半径的球面与底面的交线长为三、填空题12．若椭圆的离心率为，则.13．已知定义在R上的函数，满足，为偶函数，满足，则.14．已知AD是的中线，，，交BC延长线于E，AC是的平分线，则.四、解答题15．函数的图象上相邻两个最高点的距离为，其中一个最低点坐标为.(1)求函数的解析式及对称中心；(2)求函数在区间上的单调递增区间.16．已知圆，点，点.(1)过点作圆的切线，求出的方程；(2)设为圆上的动点，为三角形的重心，求动点的轨迹方程.17．如图，平面，，，F为CE中点．(1)求证：平面；(2)求点C到平面的距离．18．已知直线与椭圆相交于两点.(1)若椭圆的离心率为，焦距为，求线段的长；(2)若（其中为坐标原点），当椭圆的离心率时，求椭圆的长轴长的最大值.19．若抛物线：()上的点与点(4，1)关于直线对称，是抛物线的焦点.（1）求的值；（2）若点是抛物线上使得取得最小值的点，，是抛物线上不同于点的两点，且有，求证：直线恒过定点.答案：题号12345678910答案DBACACCAABACD题号11答案ACD1．D【分析】运用复数除法运算及复数模的公式计算即可.【详解】因为，所以.故选：D.2．B【分析】由可知，列式求解即可.【详解】因为，所以，即，解得.故选：B.3．A【分析】根据已知条件，先求出直线的斜率，再结合直线的点斜式公式，即可求解．【详解】直线的一个方向向量为则直线的斜率为，直线过点，则，即．故选：A．4．C【分析】将抛物线方程标准化，可得其准线方程，运用抛物线的定义转化求解即可.【详解】将标准化为，所以抛物线的准线方程为，由抛物线的定义可知，抛物线上的点到焦点的距离等于点到准线的距离.如图所示，所以，解得.故选：C.5．A【分析】的可能取值为1，2，3，4，5，6共6种情况，满足条件的为4，只有1种情况，进而可求得结果.【详解】由题意知，的可能取值为1，2，3，4，5，6，共6种情况，当这6个点数的中位数为4时，的取值为4，只有1种情况，所以这6个点数的中位数为4的概率为.故选：A.6．C【分析】运用点差法求得的值，进而求得的值，结合求解即可.【详解】如图所示，由直线可知，直线斜率，设，，则①，②，又因为为线段的中点，则，，由①②可得，即，又因为，所以解得，所以椭圆方程为，经检验点C在椭圆内，所以，解得，则，所以.故选：C.7．C【分析】根据条件先确定出的轨迹方程，则曲线的方程可知，根据直线与曲线有两个不同交点确定出的前提范围，再通过取中点将条件不等式化为关于OQ的不等式，结合点到直线的距离公式完成计算.【详解】设Px,y，因为，所以，化简可得，所以的轨迹方程为，所以，即为圆心在，半径为的圆，因为与有两个不同交点，所以，所以，设的中点为，所以，又因为，所以，又因为OQ即为圆心到的距离，所以，所以或，又因为，所以，故选：C.8．A【分析】由题意得，设与交于点，可得，利用双曲线定义可得，由离心率公式计算即可.【详解】由，得，设与交于点，如图，由直线PM平分，且，可得为等腰三角形，则为的中点，可得，又因为，可得，即，所以双曲线E的离心率为.故选：A.9．AB【分析】由题意求出，，，即可求得双曲线方程、焦点坐标、渐近线方程即可判断A项、B项；点代入双曲线方程可判断C项；求出直线恒过定点，可判断点在双曲线内，当过该点的直线与渐近线平行时，直线与双曲线只有一个焦点即可判断D项.【详解】由题意知，，解得，所以双曲线方程为，所以焦点坐标为，双曲线渐近线方程为，故A项正确，B项正确；对于C项，因为，所以点不在双曲线上，故C项错误；对于D项，由整理得，所以直线恒过点，又因为，所以点在双曲线内，所以当时，直线分别与双曲线的渐近线平行，此时直线与双曲线只有一个交点，故D项错误.故选：AB.10．ACD【分析】根据一组数据加减一个数以及乘以一个数时，平均数及方差的性质可判断A、B、D项，根据百分位数公式计算可判断C项.【详解】由题意知，，又因为，所以，，故A项正确，B项错误；对于C项，因为，所以的第30百分位数为第2个数据，又因为的排列为，，，，，所以的第30百分位数为，故C项正确；对于D项，将两组数据合成一个样本容量为的新样本数据，则新样本数据的平均数为，故D项正确.故选：ACD.11．ACD【分析】选取基底分别表示各向量，进而判断AB选项，再根据线面位置关系可得四棱锥的外接球即为对应正方体的外接球，可判断C选项，由选项可知球与底面交线为以为圆心为半径的圆，即可得解.【详解】如图所示，以，，为基底，分别表示各向量，设，，则，，，又点在平面上，可得，即，解得，即，，A选项正确；，则不存在使得，即与不平行，B选项错误；还原四棱锥到正方体，可知其外接球即为正方体外接球，且正方体棱长为，则外接球半径，体积，C选项正确；设以为球心，为半径的球面与底面的交线上一点为，则，，即点为在为圆心为半径的圆在四边形内的弧上，即弧长为，D选项正确；故选：ACD.12．2【分析】由椭圆离心率公式计算即可.【详解】因为，所以，，所以，解得.故2.13．0【分析】运用对称性可得的周期，给赋值，可分别求得、、，进而运用周期性可求得结果.【详解】因为为偶函数，所以，①又因为，所以，②由①②得，③由③得，④由③④得，所以的周期为4，将代入②得，将代入①得，将代入③得，所以，所以，所以.故答案为.14．【分析】设，在和中，利用正弦定理解得，进而利用解三角形知识可得，，，结合角平分线的性质运算求解.【详解】设，则，在中，由正弦定理可得，则，在中，由正弦定理可得，则，因为，即，且，则，则，可得，整理可得，解得或（舍去），在中，，，因为，则，即，解得，由余弦定理可得，即，又因为，且，即，可得，解得，又因为AC是的平分线，则，所以.故答案为.15．(1)，对称中心为(2)和【分析】（1）根据最低点坐标确定出，根据图象上相邻两个最高点的距离确定出，代入最低点坐标可求，由此可求的解析式，再通过整体替换法可求对称中心；（2）根据整体替换法结合单调递增区间的公式，可求解出的单调递增区间，再对分析即可得到在上的单调递增区间.【详解】（1）因为最低点的纵坐标为，所以，因为图象上相邻两个最高点的距离为，所以，所以，所以，代入点，所以，所以，所以，所以，又因为，所以，所以；令，则，所以的对称中心为.（2）令，所以，当时，，即，当时，，即，所以在上的单调递增区间为和.16．(1)或(2)【分析】（1）分别研究切线的斜率不存在与斜率存在时求解即可.（2）设，，由重心性质可得，结合点为圆上的动点求解即可.【详解】（1）由题意知，圆心，半径，当切线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，符合题意，当切线的斜率存在时，设直线的方程为，即，所以，解得，此时切线的方程为，即.综述，切线的方程为或.（2）如图所示，

设，，因为，，为的重心，所以，即，又因为点为圆上的动点，则，所以，整理得.即动点的轨迹方程为.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接，证明出四边形为平行四边形，得出，即可证明；（2）设点到平面的距离为，根据等体积法，由列出方程求解即可．【详解】（1）取的中点，连接，因为F为CE中点，所以且，又，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．（2）因为，，所以，所以，又平面，所以，因为，，所以，由平面，平面，所以，又，所以，所以，设点到平面的距离为，则，解得，所以点C到平面的距离为．18．(1)(2)【分析】（1）根据椭圆中基本量的关系计算可得椭圆方程，再联立直线与椭圆方程，利用弦长公式求得线段的长即可；（2）设点，，根据，可得，再联立方程利用韦达定理表示关于基本量，的关系，可转化为，因为，可得，从而可得长轴长得最大值.【详解】（1），，，，则，椭圆的方为，联立消去得：，设Ax1,y1，，（2）设Ax1,，，即，由，消去得，由，整理得，又，，，由，得：，，整理得：，，代入上式得，，，则，则，，则，故长轴长的最大值为.19．（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）首先根据点与点(4，1)关于直线对称，求出点坐标，再将点坐标代入曲线方程，求得的值.（2）先根据抛物线方程为及点Q坐标判断点在抛物线内部，数形结合得到取得最小值时，设直线的方程为，联立韦达定理得到，，代入，化简整理得到关于的等量关系式，进而得到直线恒过定点.【详解】解：（1）设，则线段的中点为.依题意可得即解得，所以.由为抛物线上一点，得，.（2）由（1）得抛物线方程为，将代入，得.因为，所以点在抛物线内部.过点作抛物线的准线的垂线，垂