2024-2025学年山东省济南市高二上册第一次调研数学检测试题合集2套（含解析）

2024-2025学年山东省济南市高二上学期第一次调研数学检测试题（一）一、单选题1．已知倾斜角为的直线与直线垂直，则（

）A． B． C． D．2．，若则（

）A．6 B．7 C．8 D．93．已知点，直线l过点且与线段AB有公共点，则直线l的斜率的取值范围（

）A． B．C． D．4．在空间四边形ABCD中，，设，若向量，则（

）A． B．0 C． D．5．点P是圆上一动点，过点P向圆作两条切线，设两切线所成的最大角为α，则（

）A． B． C． D．6．在三棱柱中，若是等边三角形，E为的中点，且，，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．7．已知点，在圆上，点在以为圆心，为半径的圆上，则使得是面积为的等边三角形的点的个数为（

）A． B． C． D．8．，函数的最小值为（

）A．2 B． C． D．二、多选题9．已知直线（

）A．若，则或2B．原点O到直线的最大距离为C．若，则或D．不过第二象限则10．古希腊数学家阿波罗尼奥斯的著作《圆锥曲线论》中给出了圆的另一种定义：平面内，到两个定点A，B距离之比是常数的点M的轨迹是圆，已知点，M是平面内的一动点，且满足，则下列说法正确的是（

）A．点M的轨迹围成区域的面积为B．面积的最大值为C．点M到直线的距离的最大值为D．若M的轨迹上有四个点到直线的距离为，则实数b的取值范围为11．如图，在长方体中，，，点P，E分别为AB，的中点，点M为直线上的动点，点N为直线上的动点，则（

）A．对任意的点N，一定存在点M，使得B．向量，，共面C．异面直线PM和所成角的最小值为D．存在点M，使得直线PM与平面所成角为三、填空题12．已知经过点，法向量为的平面方程为，现给出平面的方程为，平面的方程为，则平面α、β成角的余弦值为．13．设，若过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点P（P与A，B不重合），则的最大值为．14．在三棱锥中，且．记直线与平面所成角分别为，已知，当三棱锥的体积最小时，的长为．四、解答题15．已知的顶点，边AB上的中线CM所在直线方程为，边AC的高BH所在直线方程为，求：(1)B点和C点的坐标：(2)入射光线经过点，被AB上的中线CM反射，反射光线过，求反射光线所在的直线方程．16．如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为线段AB，的中点．(1)求F点到的距离(2)求点F到平面的距离：(3)若平面与平面交于直线l，求二面角的余弦值．17．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，在阳马中，侧棱平面，且，E为BC的中点，F为DP上的点，．(1)当时，证明：平面．(2)判断是否存在，使得EF与平面PCD所成角的正弦值为，若存在，求出λ，若不存在，请说明理由．18．已知直线，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方.(1)求圆C的方程；(2)直线与圆C交于不同的M，N两点，且，求直线的斜率；(3)过点的直线与圆C交于A，B两点（A在x轴上方），问在y轴正半轴上是否存在定点N，使得y轴平分？若存在，请求出点N的坐标：若不存在，请说明理由.19．圆幂是指平面上任意一点到圆心的距离与半径的平方差：在平面上任给两个不同心的圆，则两圆圆幂相等的点的集合是一条直线，这条线称为这两个圆的根轴.已知圆与圆(1)求圆C与圆M的根轴l；(2)已知点P为根轴l上的一动点，过点P作圆C的切线，切点为A，B，当最小时，求直线的方程；(3)给出定点，设N，Q分别为根轴和圆M上的动点，求的最小值及此时点N的坐标.答案：题号12345678910答案CCDCCCACBCACD题号11答案BCD1．C【分析】根据给定条件，求出直线l的斜率，进而求出倾斜角即可计算作答.【详解】直线的斜率为，而直线l与直线垂直，且为直线的倾斜角，于是得，而，则，计算可得.故选：C.2．C【分析】根据空间向量的平行性质，列出方程组，解出的值，即可得答案.【详解】根据，则存在一个常数使得，所以可得，解之可得，所以.故选：C3．D【分析】求出PA，PB所在直线的斜率，判断直线l的倾斜角与斜率的变化，数形结合得答案．【详解】点，直线的斜率，直线的斜率，直线l过点且与线段AB有公共点，则直线l的斜率满足或，即或，所以直线l的斜率的取值范围为.故选：D.4．C【分析】根据空间向量基本定理得到，求出答案.【详解】，故，所以.

故选：C5．C【分析】判断两圆位置关系，应用数形结合，确定两切线所成角最大时点位置，进而由及二倍角余弦公式求值.【详解】由圆可得圆心，半径为2，由圆，可得圆心，半径为，，即两圆相离，示意图如下，当为线段与圆的交点时，两切线所成角最大，此时，，则，所以，.

故选：C6．C【分析】若分别是的中点，，确定异面直线与所成角，即为所成角，利用空间向量的线性关系及数量积运算律求得，在中应用余弦定理求夹角余弦值.【详解】由题设，易知四边形都是菱形，且，E为的中点，分别是的中点，且，则，且，又由三棱柱性质可得，故异面直线与所成角，即为所成角，由，又是等边三角形，所以，即，在中，故.显然异面直线与所成角余弦值为.故选：C7．A【分析】由面积公式先得的长，根据正三角形与圆的对称性判定三点共线，再根据两圆的位置关系判定即可.【详解】设中点为，由正三角形面积公式可知，得，由正三角形及圆的对称性可知，，则三点共线，而，，因为点在以为圆心，为半径的圆上，由圆的位置关系可知，当且仅当时取得，此时，即满足条件的点只有一个.故选：A8．C【分析】利用两点之间的距离及点到直线的距离公式计算即可.【详解】设点，和直线，到l的距离分别为，易知，显然.当且仅当重合时取得等号.故选：C9．BC【分析】根据两直线一般式平行和垂直满足的系数关系，即可判断AC，根据直线过定点，即可根据点点距离求解B，根据直线无斜率时，可判断D.【详解】对于A，若，则且，解得，故A错误，对于B，由于变形为，故其恒过点，因此原点O到直线的最大距离为,B正确，对于C，若，则，解得或，C正确，对于D，若不过第二象限，当无斜率时，，此时直线为，满足不经过第二象限，故可以为0，故D错误，故选：BC10．ACD【分析】对于A，设Mx,y，先由求出点M的轨迹方程，从而得点M的轨迹圆的半径，再由圆的面积公式即可得解；对于B，先求出AB，接着求出圆心到直线的距离再加上半径即为的高最大值，进而可求面积最大值；对于C，求出圆心到直线的距离再加上半径即为解；对于D，求出圆心到直线的距离d，令即可计算求解.【详解】对于A，设Mx,y，因为，所以，整理得即，所以点M的轨迹是圆心为，半径为的圆，所以点M的轨迹围成区域的面积为.故A正确；对于B，，即，所以圆心到直线的距离为，所以点M到直线的距离的最大值为，所以面积的最大值为，故B错误；对于C，因为圆心到直线的距离为，所以点M到直线的距离的最大值为，故C正确；对于D，圆心到直线的距离为，要使M的轨迹上有四个点到直线的距离为，则，解得.故D正确.故选：ACD.11．BCD【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量的方法可判断ACD的正误，利用中位线和长方体的性质可判断B的正误.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则，，故，设，，，而，故即，故，若，则即，当时，不存在，故当为中点，不存在，使得，故A错误.连接，则，由长方体可得，故，故，，即，，共面，故B正确.，故，当时，，此时；当时，，令，设，则，故，所以异面直线PM和所成角的范围为，故直线PM和所成角的最小值为，故C正确.平面的法向量为，故，若直线PM与平面所成角为，则，故，所以或，故D正确.故选：BCD.思路点睛：空间位置关系中的最值问题，可通过建立空间直角坐标系，把角的最值问题或存在性问题转化为函数的最值或方程的解的问题.12．0【分析】由定义可得：两个平面的法向量，再利用向量的数量积公式可得两个向量的夹角的余弦值即可求解.【详解】由定义可得：平面:的法向量为，平面:的法向量为，所以两个向量的夹角余弦值为：，所以平面所成角的余弦值0．故0．13．【分析】先求出定点和的坐标，分析得到两条直线互相垂直，从而得到，最后设，在直角三角形中将和表示为的式子，利用三角函数的性质求最值即可求解.【详解】可以转化为，故直线过定点，可以转化为，故直线过定点，由和满足，所以两条直线互相垂直，可得，所以，可得，设为锐角，则，，所以，当时，取最大值.故答案为.14．【分析】设点在平面内的投影为，根据线面角定义并结合得到，建立直角坐标系可以得到点的轨迹是圆，根据圆的几何性质进行求解即可.【详解】设点在平面内的投影为，如下图所示：由直线与平面所成角分别为，且，则，可得，于是，以为轴，线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，如下图所示：令，由，，可得，则，化简可得，因此点在以为圆心，为半径的圆上，当最小时，最小，即三棱锥的体积最小，此时，，而，易知，所以.故关键点点睛：本体的关键是通过建立直角坐标系，得到点的轨迹是圆，最后利用圆的性质进行求解.15．(1)，(2)【分析】（1）根据垂直设直线方程为，将代入，求出，求出直线方程，联立直线与中线CM所在直线方程，求出，设，表达出，将两者分别代入相应的方程，联立求出；（2）设关于中线CM对称点坐标为，则反射光线即为所在直线，由对称性可得，从而得到反射光线方程.【详解】（1）直线和直线垂直，故设直线方程为，将代入得，，解得，故直线方程为，联立，解得，故，设，则，将代入中得，又在直线上，故，联立与，解得，故；（2）设关于中线CM对称点坐标为，则反射光线即为所在直线，其中，解得，故，故反射光线方程为，即.16．(1)(2)(3)【分析】（1）对于求点到直线的距离，我们可以利用向量法，通过构建向量关系，根据向量点积公式求出距离.（2）求点到平面的距离，可根据向量法，利用平面的法向量与点和平面上一点构成的向量的关系来求解.（3）求二面角的余弦值，同样利用向量法，先求出两个平面的法向量，再根据法向量的夹角与二面角的关系求出二面角的余弦值.【详解】（1）建立空间直角坐标系，以为原点，为轴，为轴，为轴.已知正方体棱长为，则，，.可得，.设点到的距离为，根据向量积公式，先求在上的投影，.计算，，.则.根据距离公式，.（2）先求平面的法向量.已知，，，则，.设，由且，可得.令，解得，，所以.又，点到平面的距离.计算，.所以.（3）求二面角的余弦值因为平面与平面交于直线，，.根据正方体性质，可知平面的法向量可取.已求得平面的法向量.设二面角为，则.计算，，.所以.17．(1)证明见解析(2)存在，使得EF与平面PCD所成角的正弦值为，理由见解析【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，即可证明；（2）根据已知条件EF与平面PCD所成角的正弦值为，利用向量法建立方程，即可求出的值.【详解】（1）证明：因为侧棱平面，底面为长方形，以A为坐标原点，分别以的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.所以，，又因为，E为的中点，F为上的点，，即F为上的中点，所以，又因为侧棱平面，平面，所以，又因为底面为长方形为，有，平面，，所以平面,所以为面的法向量.又因为，所以，又平面，所以平面．（2）存在，使得EF与平面PCD所成角的正弦值为.理由如下：设Fx,y,z，所以，因为，所以，，即所以，设平面的法向量为，由，，则有，解得，令，所以，所以，整理得，，解得，，故存在，使得EF与平面PCD所成角的正弦值为.18．(1)(2)(3)【分析】（1）设出圆心，根据直线与圆相切，得到圆心到直线的距离等于2，确定圆心坐标，即可得圆的方程.（2）根据题意得圆心到直线的距离为，利用点到直线的距离公式列方程，即可求解.（3）当直线的斜率存在时，设出方程与圆的方程联立，韦达定理，结合，即可求出点的坐标；当轴时，利用y轴平分求得点N的坐标满足的条件，即可得定点坐标.【详解】（1）设圆心，则，解得或（舍），故圆的方程为．（2）由题意可知圆心到直线的距离为，则有，解得.（3）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，由得，若y轴平分，则，即，即，即，即，即，当时，上式恒成立，即；当直线的斜率不存在时，易知满足题意；综上，当点的坐标为时，y轴平分.19．(1)；(2)；(3)的最小值为，此时.【分析】（1）先求出圆C和圆M的圆心C和M以及半径和，接着由列式化简即可得解.（2）先由题意求得，进而结合求得取得最小值时亦即PC取得最小值时，接着求出此时的点P坐标，再求出以线段为直径的圆的方程，从而求出该圆与圆C的公共弦所在直线方程即可得解.（3）先求出关于根轴对称的点，接着得，从而得与圆M和根轴l相交的点和使得最小，进而求得的最小值，再由联立根轴的方程即可求出.【详解】（1）由题圆的圆心为，半径为；圆圆心为，半径为，设点为圆C与圆M的根轴l上的任意一点，则由题可得，即，整理得，即圆C与圆M的根轴l为直线.（2）由题意可知且，，设与相交于点H，则，又，所以，所以取得最小值时即为取得最小值时，又，所以取得最小值时亦即PC取得最小值时，而PC取得最小值时，且该最小值为圆心C到根轴l的距离为，此时即，联立，故此时，所以此时中点坐标为，所以以线段为直径的圆的方程为，即，则是该圆与圆C的公共弦，所以两圆方程相减即为直线的方程为：即.（3）设关于根轴对称的点为，则，故，则由三角形两边之和大于第三边可得，连接，则此时与圆M和根轴l相交的点和使得最小为，且此时即，联立，即此时，所以的最小值为，此时.关键点睛：求解直线的方程的关键点1是将转化为，从而求得取得最小值时亦即PC取得最小值时，进而求出此时的点P坐标，关键点2是求出以线段为直径的圆的方程，从而将直线的方程转化为该圆与圆C的公共弦所在直线方程而得解.2024-2025学年山东省济南市高二上学期第一次调研数学检测试题（二）注意事项：1．答题前，先将自已的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．．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，只有一项是符合题目要求的．1．如图，已知矩形U表示全集，A、B是U的两个子集，则阴影部分可表示为（

）A． B．C． D．2．中国南宋大数学家秦九韶提出了“三斜求积术”，即已知三角形三边长求三角形面积的公式：设三角形的三条边长分别为，，，则三角形的面积可由公式求得，其中为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦-秦九韶公式.现有一个三角形的边长满足，，则此三角形面积的最大值为（

）A． B． C． D．3．已知点是抛物线上一点，若到抛物线焦点的距离为5，且到轴的距离为4，则（

）A．1或2 B．2或4 C．2或8 D．4或84．圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，母线长为4．已知P为该圆台某条母线的中点，若一质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则该质点运动的最短路径长为（

）A． B．6 C． D．5．将数字随机填入的正方形格子中，则每一横行､每一竖列以及两条斜对角线上的三个数字之和都相等的概率为（

）A． B． C． D．6．定义：已知数列的首项，前项和为.设与是常数，若对一切正整数，均有成立，则称此数列为“”数列.若数列是“”数列，则数列的通项公式（

）A． B． C． D．7．在的展开式中，含的项的系数是7，则（

）A．1 B．2 C．3 D．48．已知函数是定义在上的偶函数，且在区间单调递减，若，且满足，则的取值范围是（

）A． B． C． D．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．欧拉公式（i为虚数单位，）是由数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是（

）A．的虚部为 B．C． D．的共轭复数为10．对于随机事件A，B，若，，，则（

）A． B． C． D．11．如图，正方体的棱长为1，动点在对角线上，过作垂直于的平面，记平面与正方体的截面多边形（含三角形）的周长为，面积为，，下面关于函数和的描述正确的是（

）A．最大值为；B．在时取得极大值；C．在上单调递增，在上单调递减；D．在上单调递增，在上单调递减三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦，易经包含了深刻的哲理.如图所示是八卦模型图以及根据八卦图抽象得到的正八边形，其中为正八边形的中心，则.

13．已知数列满足，，，且，则.14．已知函数，若存在实数且，使得，则的最大值为.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．已知锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．(1)证明：；(2)若，求的取值范围．16．已知数列的前项和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.17．如图，四边形为菱形，平面．

(1)证明：平面平面；(2)若，二面角的大小为120°，求PC与BD所成角的余弦值．18．已知椭圆的两个焦点分别为，离心率为，点为上一点，周长为，其中为坐标原点．(1)求的方程；(2)直线与交于两点，（i）求面积的最大值；（ii）设，试证明点在定直线上，并求出定直线方程．19．已知函数.(1)当时，求的单调区间；(2)若函数存在正零点，（i）求的取值范围；（ii）记为的极值点，证明.1．D【分析】在阴影部分区域内任取一个元素x，分析元素x与各集合的关系，即可得出合适的选项.【详解】解：在阴影部分区域内任取一个元素x，则且，即且，所以，阴影部分可表示为.故选：D.2．B【分析】根据题意，将题中的数据代入公式，再结合基本不等式，即可求解.【详解】由题意可知，三角形的周长为12，则，，因为，所以，当且仅当时等号成立，所以的最大值为16，所以三角形面积的最大值.故选：B3．C【分析】由题意得到，，结合得到方程，求出的值.【详解】由题意得，，其中，故，解得或8，故选：C4．A【分析】利用侧面展开结合图形求解最短距离.【详解】P为圆台母线AB的中点，分别为上下底面的圆心，把圆台扩成圆锥，如图所示，则，，，由，有，，，圆锥底面半径，底面圆的周长为，母线长，所以侧面展开图的扇形的圆心角为，即，如图所示，质点从点P出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点P，则运动的最短路径为展开图弦，，，有.故选：A5．A【分析】用列举法写出符合题意的填写方法，然后根据概率公式计算．【详解】符合题意的填写方法有如下8种：而9个数填入9个格子有种方法所以所求概率为，故选：A．6．B【分析】由题可知，根据定义得，根据平方差公式化简得，求得，最后根据，即可求出数列an的通项公式.【详解】因为数列是“”数列，则，所以，而，，，，，，，，.故选：B7．D【分析】利用多项式乘法法则对式子展开，合并同类项即可得到系数的值.【详解】由题意可知展开式中含的项：∴,故选：D.8．D【分析】根据函数的奇偶性、单调性、对数运算等知识列不等式，由此求得的取值范围.【详解】依题意，是偶函数，且在区间单调递减，由得，所以，所以或，所以或，所以的取值范围是.故选：D9．ABD【分析】根据题意，由欧拉公式，利用复数的基本概念，结合选项，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，由，其虚部为，所以A正确；对于B中，由，所以B正确；对于C中，由，则，所以C错误；对于D中，由，故的共轭复数为，所以D正确．故选：ABD．10．BCD【分析】根据条件概率的计算公式，可判断AB的真假，根据和事件概率计算公式，可判断C的真假，结合全概率公式和条件概率计算公式，可判断D的真假.【详解】对A：因为，故A错误；对B：由，故B正确；对C：因为，故C正确；对D：，所以.所以.故D正确.故选：BCD11．AD【分析】分情况作出截面，求截面的周长和面积，进行判断.【详解】当时，截面为等边三角形，如图：因为，所以，所以：，，.此时，在上单调递增，且，.当时截面为六边形，如图：设，则所以六边形的周长为：为定值；做平面于，平面于.设平面与平面所成的角为，则易求.所以，所以，在上递增，在上递减，所以截面面积的最大值为，此时，即.所以在上递增，在上递减.时，最大，为.当时，易得：，此时，在上单调递减，，.综上可知：AD是正确的，BC错误.故选：AD关键点点睛：当时，如果坚持用表示截面的周长和面积，感觉比较麻烦，设，用表示截面的周长和面积就省劲多了.12．##【分析】连接，则，根据给定条件及正八边形的特征，利用数量积的定义求解即可.【详解】在正八边形中，连接，则，

而，即，于是，在等腰梯形中，，所以.故13．1【分析】先利用求得的值，再利用递推公式可求.【详解】当得，又得，解得.则，所以.故1.14．【分析】作出函数y=fx的图象，根据图象分析可知与y=fx有三个交点，可得，，代入可得，令，利用导数求其最值，即可得结果.【详解】根据题意作出函数y=fx令，解得或，令，解得或或，由题意可知：与y=fx有三个交点，则，此时，且，令，可得，则，令，则，可知在内单调递增，则的最大值为，所以的最大值为.故答案为.方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由正弦定理、两角和差的正弦公式化简得，进一步即可证明；（2）由题意首先求得的取值范围，进一步将目标式子转换为只含有的式子即可求解．【详解】（1）因为，由正弦定理得，所以，所以，而，则或，即或（舍去），故．（2）因为是锐角三角形，所以，解得，所以的取值范围是，由正弦定理可得：，则，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以，因为，所以，所以的取值范围是．16．(1)，(2)，.【分析】（1）利用得出数列是等比数列，从而可得通项公式；（2）由已知求得，得出是等差数列，求出其前项和，然后根据绝对值的性质得出数列与的前项和的关系，从而求得结论．【详解】（1）由