湖北省部分学校2024-2025学年高二上学期1月调研考试数学试卷 含解析

高考资源网(）您身边的高考专家（AI教学）订购热线：188110597022024-2025学年高二上学期1月调研考试数学试卷第I卷（选择题）一、单选题1.若直线方向向量为，且过点，则直线的方程为（）A B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据条件求出直线的斜率，由点斜式方程求解即得直线方程.【详解】因直线的方向向量为，则直线的斜率于是直线的方程为，即.故选:A.2.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由集合并集的定义直接得到结果.【详解】.故选：D.3.已知点，，点P是圆上任意一点，则面积的最小值为（）A.2 B.1 C. D.【答案】C【解析】【分析】求出直线的方程，利用点到直线的距离，结合圆的性质求出点到直线距离的最小值即可求得面积最小值.【详解】根据，则直线方程为，即，又由，则圆心为，则，所以点到直线的最小值，.故选：C4.已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】直接利用投影向量的计算公式计算即可.【详解】向量在向量上的投影向量故选：C5.已知是两个平面，是两条不同的直线，则下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】C【解析】【分析】根据空间线面的位置关系的判定方法进行判断.详解】对A：若，则或，故A错误；对B：因为平行于同一个平面的两条直线的位置关系不能确定，故B错误；对C：若，则；，则，所以，所以，所以C正确；对D：若，，则或，故D错误.故选：C6.已知直线是双曲线的一条渐近线，则（）A.1 B.2 C.4 D.16【答案】B【解析】【分析】根据双曲线的渐近线方程求解.【详解】由双曲线可知，渐近线方程为，又直线是其中一条渐近线，所以，即，故选：B7.已知等差数列的前n项和为，若，则使得成立的正整数n的最大值为（）A.20 B.21 C.22 D.23【答案】B【解析】【分析】设等差数列的公差为，由条件推得，，则得，推出数列为递增数列，推出即可求得.【详解】设等差数列的公差为，由可得：，则，，故数列为递增数列，又，，故使得成立的正整数n的最大值为21.故选：B.8.如图，三个元件正常工作的概率均为，且是相互独立的，将它们接入电路中，则电路不发生故障的概率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，记正常工作为事件，正常工作为事件，记正常工作为事件，易得则、、，若电路不发生故障，必须是正常工作且，至少有一个正常工作，由对立事件的概率性质可得，至少有一个正常工作的概率，计算可得其概率，由相互独立事件的概率乘法公式计算可得答案．【详解】记正常工作为事件，正常工作为事件，记正常工作为事件，则，电路不发生故障，即正常工作且，至少有一个正常工作，、不发生故障即，至少有一个正常工作的概率，所以整个电路不发生故障的概率为.故选：C.二、多选题9.已知曲线（其中为常数），则曲线可能为（）A.平行于轴的两条直线B.单位圆C.焦点在轴上的双曲线D.焦点在轴上的椭圆【答案】BC【解析】【分析】根据圆，双曲线，椭圆的方程特征，依次分析各选项即可.【详解】对于A，当，即时，，表示平行于轴的两直线，故A错误；对于B，当时，，表示以原点为圆心，半径为1的单位圆，故B正确；对于C，当，即或时，曲线表示焦点在轴上的双曲线，故C正确；对于D，当，且时，则，所以，因此曲线表示焦点在轴上的椭圆，故D错误.故选：BC.10.已知各项均为正数的等比数列，其前项和为，下列说法正确的是（）A.数列为等差数列B.若，则C.D.记，则数列有最大值【答案】ABD【解析】【分析】根据等比数列的性质逐项判断即可．【详解】各项均为正项的等比数列，则（，），对于A：（常数，），所以数列为等差数列，故A正确；对于B：，所以，故B正确；对于C：因为，，，则，又，，即，所以，故C错误；对于D：，由于，有最小值，且，所以有最大值，故有最大值，故D正确；故选：ABD．11.2022年卡塔尔世界杯赛徽近似“伯努利双纽线”.伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布伯努利用来描述他所发现的曲线.定义在平面直角坐标系xOy中，把到定点距离之积等于定值的点的轨迹称为双纽线，已知点是双纽线上一点，下列关于双纽线的说法正确的是（）A.的最大值为 B.双纽线是中心对称图形C. D.到距离之和的最小值为2c【答案】BCD【解析】【分析】B选项，求出双纽线的轨迹方程为，将换成，把换成，方程不变，故B正确；C选项，由三角形面积公式得到，得到；D选项，由基本不等式得到D正确；A选项，当不重合时，，两边平方后，结合余弦定理得到，求出.【详解】B选项，由题意得双纽线的轨迹方程为，将换成，把换成得，即，故双纽线关于原点中心对称，B正确；C选项，，其中，又在双纽线上，故，故，所以，当且仅当时，等号成立，所以，C正确；D选项，，当且仅当时，等号成立，故D正确；A选项，当重合时，，当不重合时，，两边平方得，在中，由余弦定理得①，即②，式子①②联立得，，当落在轴上（除原点）时，等号成立，故，的最大值为，A错误.故选：BCD【点睛】方法点睛：研究动点轨迹的性质时，若需研究其对称性，一般要写出轨迹方程，换成，或换成，或两者一起交换，进行推导，其他性质常常用到一些工具，比如平面向量，正余弦定理，基本不等式等知识第II卷（非选择题）三、填空题12.如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝________.【答案】8【解析】【分析】找到与直线CE，EF分别平行或共面的平面即可得解.【详解】正方体的左、右两个侧面与EF平行，其余4个平面与EF相交，即n＝4.又因为CE与AB在同一平面内，所以CE与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m＝4，所以m＋n＝4＋4＝8.【点睛】本题主要考查了线面的位置关系，属于基础题.13.抛物线y2＝4x的焦点为F，点A(2，1)，M为抛物线上一点，且M不在直线AF上，则△MAF周长的最小值为____．【答案】3＋【解析】【分析】过M作MN垂直于抛物线的准线l，由抛物线的定义得到MF|＋|AM|＝|AM|＋|MN|，然后由A、M、N三点共线时求解.【详解】如图所示，过M作MN垂直于抛物线的准线l，垂足为N．易知F(1，0)，因为△MAF的周长为|AF|＋|MF|＋|AM|，|AF|＝，|MF|＋|AM|＝|AM|＋|MN|，所以当A、M、N三点共线时，△MAF的周长最小，最小值为2＋1＋．故答案为：3＋14.在展开式中，的系数为__________.【答案】80【解析】【分析】由二项展开式的通项求解即可；【详解】，二项式的展开式的第项为，令，则，令，则，则展开式中，的系数为.故答案为：80.四、解答题15.已知圆与x轴相切．（1）求圆C的圆心坐标及半径；（2）直线与圆C交于A，B两点，求线段的长．【答案】（1）圆心坐标为，半径长为2（2）【解析】【分析】（1）首先化为圆的标准方程，再根据半径与圆心坐标的关系，即可求解；（2）首先计算圆心到直线的距离，再代入弦长公式，即可求解.【小问1详解】配方得，由此可得圆心坐标为．因为圆C与x轴相切，所以圆心到x轴的距离为．所以半径长为2．【小问2详解】因为直线与圆C交于A，B两点，所以圆心C到直线l的距离为．由（Ⅰ）可知，所以．16.某中学为研究学生的身体素质与课外体育锻炼时间的关系，对该校200名学生每天课外体育锻炼的平均时间（单位：分钟）进行调查，将收集的数据分成，，，，，六组，并作出频率分布直方图（如图），将日均课外体育锻炼时间不低于40分钟的学生评价为“课外体育达标”．（1）请根据直方图中的数据，将下面的列联表补充完整；

课外体育不达标课外体育达标合计男60

女

110合计

（2）根据（1）中所得数据，判断是否能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“课外体育达标”与性别有关？附：．0.150.050.0250.0100.0050.0012.0723.8415.0246.6357.87910.828【答案】（1）列联表见解析（2）不能认为“课外体育达标”与性别有关【解析】【分析】（1）根据频率求出“课外体育达标”人数，即可完善列联表．（2）根据（1）中列联表的数据，计算，比较临界值可得结论．【小问1详解】由题意得“课外体育达标”人数为，则“课外体育不达标”人数为150．补充完整的列联表如下：

课外体育不达标课外体育达标合计男603090女9020110合计15050200【小问2详解】，在犯错误的概率不超过0.01的前提下不能认为“课外体育达标”与性别有关.17.已知为锐角，.（1）求的值；（2）若，且，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用同角三角函数的商数关系求解即可；（2）根据和正弦两角差公式求解即可.【小问1详解】因为为锐角，，从而，所以.【小问2详解】由及，，解得，，又，所以，所以，所以，因为，所以.18.在直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边与以原点为圆心的单位圆交于点.（1）若为第一象限角，且，求的值；（2）若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）结合同角三角函数基本关系与三角函数定义计算即可得；（2）利用三角函数定义可得，再借助诱导公式与同角三角函数基本关系将弦化为切后计算即可得.【小问1详解】，则，故，由为第一象限角，且，则，故；【小问2详