四川省绵阳市绵阳中学2024-2025学年高二上学期末适应性考试数学试题 含解析VIP

2023级数学期末摸考（一）第I卷（选择题共58分）一､单选题：本大题共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.高考结束后，为了分析该校高三年级1000名学生的高考成绩，从中随机抽取了100名学生的成绩，就这个问题来说，下列说法中正确的是（）A.100名学生是个体B.样本容量是100C.每名学生的成绩是所抽取的一个样本D.1000名学生是样本【答案】B【解析】【分析】根据有关的概念可得总体、个体、样本这三个概念考查的对象都是学生成绩，而不是学生，再结合题中选项即可得到答案．【详解】根据有关的概念并且结合题意可得总体、个体、样本这三个概念考查的对象都是学生成绩，而不是学生，根据选项可得选项A、D表达的对象都是学生，而不是成绩，所以A、D都错误．C每名学生的成绩是所抽取的一个样本也是错的，应是每名学生的成绩是一个个体．B：样本的容量是100正确．故选:B．2.已知椭圆与双曲线有共同的焦点，则直线必过定点（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先由题设得，进而得直线方程为，再根据直线过定点求法计算即可得解.【详解】由题意可知椭圆焦点在x轴上，且即，所以直线即，即，令，所以直线必过定点.故选：A.3.如图所示，用一个与圆柱底面成的平面截圆柱，截面是一个椭圆.若圆柱的底面圆半径为，，则下列结论正确的是（）A.椭圆的长轴长等于2B.椭圆的离心率为C.椭圆的标准方程可以是D.椭圆上的点到一个焦点的距离的最小值为【答案】C【解析】【分析】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，依题意可得、，从而求出，再一一判断即可.【详解】设椭圆的长半轴长为，短半轴长为，半焦距为，椭圆长轴在圆柱底面上的投影为圆柱底面圆直径，则由截面与圆柱底面所成锐二面角得，解得，故A不正确；显然，则，离心率，故B不正确；当以椭圆长轴所在直线为轴，短轴所在直线为轴建立平面直角坐标系时，椭圆的标准方程为，故C正确；椭圆上的点到焦点的距离的最小值为，故D不正确.故选：C4.集合，集合，从中各任意取一个数相加为，则直线与直线平行的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先由直线平行的充要条件求出满足题设的a值，再由古典概型计算所求概率即可得解.【详解】若直线与直线平行，则，取，则取出的有序数对共有个，其中满足的有序数对有，，，共4个，所以所求概率为.故选：B5.如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据线面平行把线到面的距离转化为点到面的距离，根据点到面的距离公式可得结果.【详解】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，∴，，，∴，即，∵平面，平面，∴平面.∴直线到平面的距离为点到平面的距离.设平面的法向量为，则，令，则，∴，∴点到平面的距离为.故选：D.6.已知抛物线的焦点到准线的距离为2，过焦点的直线与抛物线交于两点，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先求出抛物线的方程为，设直线的方程为：，与抛物线的方程联立，利用根与系数的关系求出的值，再根据抛物线的定义知，从而求出的最小值即可.【详解】因为抛物线的焦点到准线的距离为2，故，所以抛物线的方程为，焦点坐标为，设直线的方程为：，不妨设，联立方程，整理得，则，故，又，则，当且仅当时等号成立，故的最小值为.故选：A.7.，函数的最小值为（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据距离公式，利用的几何意义求最小值.【详解】表示的几何意义为平面内的点到定点的距离，表示的几何意义为平面内的点到定直线的距离，所以表示的几何意义是动点到定点和到定直线的距离和，如图，过点作直线的垂线，垂足为点，当点在线段时，最小，最小值为.故选：C8.如图，设、分别是椭圆的左、右焦点，点是以为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】连接，设，则，根据椭圆的定义，可求得，，结合，可得，计算可得，从而可求出，由直线的斜率为，可求出答案.【详解】如下图，连接，设，则，因为，，所以，，在△中，，所以，即，整理得，所以，所以直线的斜率为.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆定义的应用、圆的性质及直线的斜率，解题关键是利用椭圆的定义，得出之间的关系，进而由，并利用勾股定理，可求出，进而可求出直线的斜率.考查学生的逻辑推理能力，计算求解能力，属于中档题.二､多选题：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，至少有两个是符合题目要求的，全选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分.9.已知一组数据，则下列结论正确的有（）A.若，则这组数据的众数为1B.若，则这组数据的分位数为3C.若，则这组数据的平均数的最小值为D.若，则这组数据平均数的最小值为2【答案】ABC【解析】【分析】A由众数定义可得答案；；B由百分位数计算方式可得答案；CD由基本不等式可判断选项正误.【详解】对于A，数据中1出现次数最多，则众数为1，故A正确；对于B，数据从小到大排序为1，1，1，2，3，3，4，4，又，则这组数据的分位数为第六个数据，即3，故B正确；对于CD，由，可得，当且仅当时取等号，则平均数最小值，故C正确，D错误.故选：ABC10.以下说法正确的有（）A.若且，则一定有四点共面B.设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底C.若，则D.正方体，棱长为1，如图所示建立坐标系，则点在平面上【答案】ACD【解析】【分析】根据空间向量的共面定理即可判断AB；利用向量线性运算的几何表示与数量积运算性质可得C；由空间向量坐标运算，利用空间向量共面定理可证D.【详解】A项，若与不共线，则可以将与看作一组基底，由且，由共面向量基本定理可知与共面，即四点共面；若与共线，则存在，使，则，即三点共线，故也共面，故A正确；B项，由，即与共面，不能作为空间基底，故B错误；C项，因为，则，故C正确；D项，由图可知，，设，，，，显然，，故与共面，即E在平面上，故D正确；故选：ACD.11.已知抛物线和的焦点分别为，动直线与交于两点，与交于两点，其中，且当过点时，，则下列说法中正确的是（）A.的方程为B.已知点，则的最小值为C.D.若，则与的面积相等【答案】BCD【解析】【分析】对于A，设，联立抛物线的方程，结合韦达定理求出即可判断；对于B，结合抛物线定义、三角形三边关系即可判断；对于C，设，分别联立抛物线方程，结合韦达定理即可判断；对于D，由C选项分析可得，结合以及韦达定理即可得出两个三角形的高相等，显然三角形同底，由此即可判断.【详解】当过点时，设，联立，可得，，故，解得，则，故A错误；过点向的准线引垂线，垂足分别为，点到的准线的距离，由抛物线定义可知，等号成立当且仅当点为与抛物线的交点，故正确；设，由，可得，，由，可得，，故，同理可得，故正确；，故，注意到，可得，所以，从而与的面积相等，故D正确.故选：BCD【点睛】方法点睛：对于抛物线与直线相交问题，通常设直线方程为的形式，然后与抛物线方程联立，利用韦达定理求解相关量.利用抛物线的定义可以将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，便于解决距离最值等问题.第II卷（非选择题共92分）三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.一个袋子中有红､黄､蓝､绿四个小球，有放回地从中任取一个小球，将“三次抽取后，红色小球，黄色小球都取到”记为事件M，用随机模拟的方法估计事件M发生的概率.利用电脑随机产生整数0，1，2，3四个随机数，分别代表红､黄､蓝､绿四个小球，以每三个随机数为一组，表示取小球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：110321230023123021132220001231130133231031320122103233由此可以估计事件M发生的概率为___________.【答案】【解析】【分析】求出事件M发生的情况即可求出概率.【详解】事件A包含红色小球和黄色小球，即包含数字0和1，随机产生的18组数中，包含0，1的有110，021，001，130，031，103，共6组，故所求概率为.故答案为：.13.已知椭圆的左､右焦点分别为，点是椭圆上的一点，则的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】利用椭圆定义得，将转化为关于的二次函数求最值可得.【详解】由椭圆得.由点在椭圆上，故，故，则，故当时，取最大值.故答案为：.14.已知双曲线上有不共线的三点，且的中点分别为､，若的斜率之和为，则___________.【答案】【解析】【分析】设，利用点差法可得，同理有，结合条件即可求得答案.【详解】设，则，，，两式相减，得，即，即，同理可求得，而的斜率之和为，所以故答案为：【点睛】方法点睛：本题运用点差法，这是解决圆锥曲线中弦中点与直线斜率关系问题的常用方法.通过设出弦的端点坐标，代入曲线方程作差，可巧妙地建立起弦的斜率与中点坐标所确定直线斜率的关系.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.已知点，，动点满足，记其轨迹为，与轴交于点，过（异于点）作直线的垂线．（1）求曲线的方程；（2）记到的距离为，到的距离为，证明：为定值．【答案】（1）且；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）利用向量加法、模长的坐标运算，即可求曲线方程；（2）根据题设，且，应用点线距离公式求、，并求出的坐标，得到关于的表达式，即可证结论.【小问1详解】由题设，则，所以所求曲线方程为且.【小问2详解】由题设及圆性质，显然直线斜率必存在，如下图，不妨设，且，则到的距离为，到的距离为，令且，则，故，所以，则，综上，，为定值.16.黄石二中举行数学竞赛校内选拔赛（满分100分），为了了解本次竞赛成绩的情况，随机抽取了100名参赛学生的成绩，并分成了五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同.（1）求出频率分布直方图中a，b的值，并估计此次竞赛成绩的平均值（同一组数据用该组数据的中点值代替）；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，第二组考生成绩的平均数和方差分别为65和40，第四组考生成绩的平均数和方差分别为83和70，据此估计这次第二组和第四组所有参赛学生成绩的方差；（3）甲、乙、丙3名同学同时做试卷中同一道题，已知甲能解出该题的概率为，乙能解出而丙不能解出该题的概率为，甲、丙都能解出该题的概率为，假设他们三人是否解出该题互不影响，求甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率.【答案】（1），（2）第二组、第四组的方差是（3）【解析】【分析】（1）联立求出再用平均数公式计算；（2）运用分层抽样平均数和方差公式计算即可；（3）设出事件，求出对应概率，再结合相互独立事件乘法公式和对立事件概率公式计算即可.【小问1详解】由题意可知：，解得可知每组的频率依次为：0.05，0.25，0.45，0.2，0.05，所以平均数等于，【小问2详解】设第二组、第四组的平均数与方差分别为，且两组频率之比为，成绩在第二组、第四组的平均数成绩在第二组、第四组的方差，故估计成绩在第二组、第四组的方差是.【小问3详解】设“甲解出该题”为事件A，“乙解出该题”为事件B，“丙解出该题”为事件，“甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题”为事件，由题意得，所以，所以，所以乙、丙各自解出该题的概率为，则，因为，所以，因为相互独立，所以，所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题概率为.17.如图，在圆锥中，为圆锥顶点，为圆锥底面的直径，为底面圆的圆心，为底面圆周上一点，四边形为矩形．（1）求证：平面平面；（2）若，，，求平面和平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）依题意可得，平面，从而得到，即可证明平面，从而得证；（2）建立空间直角坐标系，通过求解法向量的夹角余弦值来求解平面和平面夹角的余弦值；【小问1详解】∵为圆锥底面的直径，为底面圆周上一点，∴．∵四边形为矩形，平面，∴，平面，又平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面．又平面，∴平面平面．【小问2详解】以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，过点且与平行的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，．设平面的法向量为，则，即，令，得，所以．设平面的法向量为，则，即，令，得，，所以，所以，所以平面和平面夹角的余弦值为．18.如图，椭圆的中心在原点，左、右焦点分别为，，点为椭圆上两点（均位于轴上方），且满足，面积的最大值为2，椭圆的离心率小于，且椭圆的四个顶点围成的四边形周长为12.（1）求椭圆的标准方程；（2）求证：为定值.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意列出的方程解出即可.（2）当直线的斜率不存在时，易得；当直线的斜率存在且不为零时，设其方程为，