2024-2025学年四川省遂宁市高二上册强基班第一次月考数学检测试题（附解析）

2024-2025学年四川省遂宁市高二上学期强基班第一次月考数学检测试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.3.回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上.写在本试卷上无效.4.考试结束后，将答题卡交回.一、单选题：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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】根据直线倾斜角与斜率之间的关系即可得倾斜角．【详解】设直线的倾斜角为，因为该直线的斜率为，所以，所以，故选：A2.已知直线与平行，则（）A.1 B. C.0 D.1或【正确答案】B【分析】由两直线平行的条件求解．【详解】因为，所以解得.故选：B．3.如图，在三棱锥中，设，若，，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】由题意，结合空间向量的线性运算即可求解.【详解】连接，.故选：C4.杭州亚运会的三个吉祥物分别取名“琮琮”“宸宸”“莲莲”，如图，现将三张分别印有“琮踪”“宸宸”“莲莲”图案的卡片（卡片的形状､大小和质地完全相同）放入盒子中.若从盒子中依次有放回地取出两张卡片，则一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的概率是（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】记印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片分别为，用列举法即可求解.【详解】记印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片分别为，代表依次摸出的卡片，，则基本事件分别为：，其中一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的共有两种情况：，所以从盒子中依次有放回地取出两张卡片，则一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的概率是.故选：B.5.圆关于直线对称，则实数（）A.1 B.-3 C.1或-3 D.-1或3【正确答案】B【分析】求出圆心坐标，代入直线方程即可求解.【详解】的圆心坐标为，因为圆关于直线对称，所以圆心在直线上，也即，解得：或.当时，可得：，符合圆的方程；当时，可得：，配方可得：，舍去.故选：B6.一组数据按从小到大排列为，若该组数据的第60百分位数是众数的倍，则这组数据的平均数是（）A.4 B.5 C.6 D.7【正确答案】B【分析】按百分位数和平均数的定义计算即可.【详解】由题意该组数据共7个数，,故第60百分位数为从小到大第5个数，又众数为4，故，故该组数据的平均数为，故选：B7.点在以为焦点的椭圆上，若线段的中点在轴上，则是的（）A.3倍 B.4倍 C.5倍 D.7倍【正确答案】D【分析】根据线段的中点M在y轴上，推出轴，由此可设，代入椭圆方程求出，再根据两点间的距离公式求出和可得解.【详解】由可知，，所以，所以，∵线段的中点M在y轴上，且原点O为线段的中点，所以，所以轴∴可设，把代入椭圆，得.∴，.∴.故选：D.8.如图，四边形，现将沿折起，当二面角的大小在时，直线和所成角为，则的最大值为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值的最大值．【详解】取BD中点O，连接AO，CO，，则，且，于是是二面角的平面角，显然平面，在平面内过点作，则，直线两两垂直，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，，设二面角的大小为，，因此，，，于是，显然，则当时，，所以的最大值为.故选：B关键点点睛：建立空间直角坐标系，求出动点的坐标，利用向量建立函数关系是解题的关键.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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.下列命题中，正确的是（）A.若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面B.直线的方向向量，平面的法向量是，则C.若两个不同平面的法向量分别是，，且则D.直线的方向向量，平面的法向量，则直线与平面所成角的大小为【正确答案】AC【分析】根据向量共线定理，可判断A选项；由即可判断B选项；由即可判断C选项；根据线面角的向量公式直接计算可判断D选项.【详解】A选项：若对空间中任意一点，有，满足，所以，，，四点共面，故A正确；B选项：因为，所以，所以或，故B错误；C选项：因，所以，所以，故C正确；D选项：记直线与平面所成角为，所以，因为线面角的取值范围为，所以直线与平面所成角大小为，故D错误；故选：AC.10.下列说法正确的有（）A.掷一枚质地均匀的骰子两次，事件“点数之和为奇数”，事件“出现3点”，则B.袋中有大小质地相同的3个白球和2个红球.从中依次不放回取出2个球，则“两球不同色”的概率是C.甲，乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶率为0.8，乙的中靬率为0.9，则“至少一人中靶”的概率为0.98D.某学生在上学的路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为【正确答案】BC【分析】计算古典概率判断A；利用列举法结合古典概型计算判断B；利用对立事件及相互独立事件求出概率可判断CD.【详解】对于A，掷一枚质地均匀的骰子两次，共有种不同的结果，事件“点数之和为奇数且出现3点”有共6种不同的结果，则，故A错误；对于B，记3个白球为，2个红球为，从5个球中任取2个的不同结果有：，共10个，其中两球不同色的结果有：共6个，所以“两球不同色”的概率是，故B正确；对于C，依题意，“至少一人中靶”的概率为，故C正确；对于D，该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯，即在前两个路口都没有遇到红灯，第3个路口遇到红灯，所以到第3个路口首次遇到红灯的概率为，故D错误.故选：BC.11.在平面直角坐标系中，圆，点为直线上的动点，则（）A.圆上有且仅有两个点到直线的距离为B.已知点，圆上的动点，则的最小值为C.过点作圆的一条切线，切点为可以为D.过点作圆的两条切线，切点为，则直线恒过定点【正确答案】ABD【分析】对A，转化为与直线距离为的两条直线与圆的交点个数即可；对B，由点与圆在直线的同侧，利用对称转化为异侧，则当四点共线时取最小值，且最小值为；对C，求出最大值为，即最大为；对D，设点坐标，求出切点弦方程，不论如何变化，直线恒过定点.【详解】选项A，由题意知，圆心到直线的距离为，圆的半径为，由，如图可知与直线平行且与直线距离为的其中一条直线与圆相交，有两个公共点，另一条直线与圆相离，即圆上有且仅有两个点到直线的距离为，故A正确；选项B，设点关于直线的对称点，则，解得，即，则，即的最小值为，故B正确；选项C，由切点为，则在中，，当最小时，取最大值，最大，过点作，垂足为，此时最小，最小值为，即最大值为，最大为，不可能为，故C错误；选项D，设点，切点，可得切线方程为，由点在切线上，得，同理可得，故点都在直线上，即直线的方程为，又由点在直线上，则，代入直线方程整理得，由解得，即直线恒过定点，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在空间直角坐标系中，点，点，点，则在方向上的投影向量的坐标为______.【正确答案】【分析】根据题意，由投影向量的定义，代入计算，即可求解.【详解】由条件可得，，所以在方向上的投影向量的坐标为.故13.如图所示，在平行六面体中，，，，则________．【正确答案】2【分析】据空间向量基本定理把用，，作基底表示，利用向量数量积运算即可求解.【详解】在平行六面体中,，所以，因为，所以，又，所以，，所以所以.故2.14.某商场在618大促销活动中，活动规则是：满168元可以参加促销摸奖活动，甲和乙两个箱子各装有10个球，其中甲箱中有5个红球、5个白球，乙箱中有8个红球、2个白球．顾客首先掷一枚质地均匀的骰子，如果出现点数为1或2，顾客从甲箱子随机摸出一个球；如果点数为3，4，5，6，从乙箱子随机摸出一个球，则摸出红球的顾客可以领取奖品，问顾客中奖率为______．【正确答案】##0.7【详解】利用概率性质求解【分析】设掷一枚质地均匀的骰子出现点数为1或2为事件，则，骰子出现点数为3，4，5，6为事件，则，甲箱摸出红球为，乙箱摸出红球为，设顾客中奖为事件，所以，，所以．故．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.已知矩形ABCD的两条对角线相交于点，AB边所在直线的方程为，点在AD边所在的直线上.（1）求AD边所在直线的方程；（2）求矩形ABCD外接圆的标准方程.【正确答案】（1）（2）【分析】（1）根据斜率关系，再应用点斜式求出直线方程；（2）根据矩形求出外接圆的圆心及半径得出圆的标准方程.【小问1详解】因为AB边所在直线的方程为，且AD与AB垂直，所以直线AD的斜率为又因为点在直线AD上，所以AD边所在直线的方程为，即【小问2详解】由，解得点A的坐标为因为矩形ABCD两条对角线的交点为所以M为矩形ABCD外接圆的圆心．又，从而矩形ABCD外接圆的方程为16.为了了解某市今年高二年级男生的身体素质情况，从该市高二年级男生中抽取一部分进行“立定跳远”项目测试．立定跳远距离（单位：cm）小于195时成绩为不合格，在上时成绩及格，在上时成绩为良好，不小于255时成绩为优秀．把获得的所有数据分成以下5组：，，，，，画出频率分布方图如图所示，已知这次测试中有2名学生的成绩为不及格．（1）求这次测试中成绩为及格或良好的学生人数；（2）若从这次测试成绩为优秀和不及格的男生中随机抽取2名学生再进行其它项目的测试，求所抽取的2名学生中至少1人成绩为不级格的概率．【正确答案】（1）44人（2）【分析】（1）应用频率分布直方图计算及格或良好学生人数；（2）根据古典概型计算可得.【小问1详解】由题意可知抽取进行测试的人数为：故测试中成绩为及格或良好的学生人数为人【小问2详解】测试中成绩为优秀的有人，记作，，，成绩为不及格的有人，记作甲，乙从这6人随机抽取2人的所有基本事件有，，，，，，，，，，，．，，{甲，乙}，共15个，其中至少有一人不及格的基本事件有，，，，{甲，乙}，，，，，共9个．故所抽取的2名学生中至少1人成绩为不及格的概率是．17.已知，，动圆与圆外切且与圆内切．圆心的轨迹为曲线．（1）求曲线C的方程；（2）是否存在过点的直线交曲线C于A，B两点，使得点Q为中点时，直线的斜率与直线OQ的斜率乘积为定值？如果存在，求出这个定值，如果不存在，说明理由．【正确答案】（1）（2）存在，【分析】（1）先根据题意得到圆与圆的圆心和半径，再根据题意求得，，从而根据椭圆的定义可知，动点的轨迹是以，为焦点，4为半长轴长的椭圆，进而即可求得曲线C的方程；（2）先根据题意可得过点的直线的斜率存在，从而设直线为，再联立曲线C的方程，消整理得到关于的一元二次方程，再结合点Q为中点，从而求得的值，进而即可得到结论．【小问1详解】依题意可得圆的圆心为，半径为1，圆的圆心为，半径为7，设动圆的半径为，由动圆与圆外切且与圆内切，则，且，则由椭圆的定义可知，动点的轨迹是以，为焦点，4为半长轴长的椭圆，所以，，，故曲线C的方程的方程为．【小问2详解】依题意可得过点的直线的斜率存在，则设直线为，联立，消整理得，当点Q为中点时，有，解得，又，所以(定值)，故直线的斜率与直线OQ的斜率乘积为定值．18.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，是的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）在棱上是否存在一点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出求线段的长；若不存在，说明理由．【正确答案】（1）证明见解析（2）（3）存在；的长为或【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，用空间向量数量积公式求解二面角；（3）假设棱存在一点使得，且，即可求出，利用向量的夹角公式列出关于的方程求解即可.【小问1详解】连接，交于点，连接，点是的中点，点是的中点，所以,平面,平面，所以平面；【小问2详解】如图，以向量，，为轴的正方向建立空间直角坐标系，即，，，则，设平面的法向量，则，令得，所以平面的法向量，平面一个法向量为，设平面和平面夹角为，则，所以平面和平面的夹角的余弦值为；【小问3详解】由（2）知，，，，，，，，由（2）知平面的法向量，设直线与平面的夹角为，则整理得，解得或故当时，；当时，则的长为或．19.人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）．（1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离；（2）若点，，求的最大值；（3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由．【正确答案】（1），（2）（3）存在，和【分析】（1）代入和的公式，即可求解；（2）首先设，代入，求得点的轨迹，再利用数形结合，结合公式，结合余弦值，即可求解；（3）首先求的