第1頁/共1頁2024~2025學年上學期佛山市普通高中教學質量檢測高二數學本試卷共4頁，19小題.滿分150分，考試用時120分鐘.2025年1月注意事項：1.答卷前，考生務必要填涂答題卷上的有關項目.2.選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答案涂在答題卷相應的位置上.3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卷各題目指定區域內；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液，不按以上要求作答的答案無效.4.請考生保持答題卷的整潔，考試結束后，將答題卷交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知點，在斜率為的直線l上，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據兩點求概率即可求參；【詳解】點，在斜率為的直線l上，則.故選：D.2.拋物線的焦點到準線的距離為（）A.2 B.4 C.8 D.16【答案】B【解析】【分析】先把拋物線轉化為標準方程進而得出焦點坐標及準線，最后求出距離.【詳解】拋物線轉化為，則焦點為，準線為，焦點到準線的距離為4.故選：B3.已知雙曲線的一條漸近線方程是，虛軸的一個端點坐標為，則雙曲線的標準方程為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據雙曲線的幾何性質可得.【詳解】由題意可設雙曲線的方程為，由題意，，故，故雙曲線的方程為，故選：A4.下列方程表示的橢圓中，形狀最接近于圓的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據離心率越小，越接近于圓，寫出各項橢圓的離心率并比較大小，即可得答案.【詳解】由橢圓性質知，離心率越小，越接近于圓，對于，，對于，，對于，，對于，，顯然的離心率最小.故選：D5.已知數列的通項公式為，若是遞增數列，則實數k的取值范圍為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先根據遞增數列的性質.然后通過已知的數列通項公式求出的表達式，再根據該表達式大于對恒成立這一條件，求出的取值范圍.【詳解】已知，那么.所以.化簡后得到.因為是遞增數列，所以對恒成立，即對恒成立.這意味著對恒成立.對于函數，，越大，的值越小.當時，取得最大值，所以.故選：C.6.甲乙兩名同學參加羽毛球單打比賽，比賽規則是3局2勝制.現通過設計模擬實驗估算概率，用1，3，5表示一局比賽甲獲勝，用2，4表示一局比賽乙獲勝.利用計算機產生20組隨機數：423123423344114453525332152342534443512541125432334151314254由此估計甲贏得比賽的概率為（）A.0.6 B.0.65 C.0.7 D.0.75【答案】B【解析】【分析】先根據題中數據得甲獲勝的場數為13場，進而可得甲贏得比賽的概率為.【詳解】由題中數據可知甲獲勝的場數為13場，故甲贏得比賽的概率為，故選：B7.已知圓和圓都和x軸正半軸相切，且圓心都在直線上，半徑之差為4，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先明確圓與軸正半軸相切以及圓心在直線上這兩個條件的含義，通過這兩個條件確定圓心坐標的特點，再利用半徑之差以及兩點間距離公式求出的值.【詳解】因為圓和圓的圓心都在直線上，所以可設圓心，.又因為兩圓都和軸正半軸相切，所以圓的半徑（），圓的半徑（）.已知兩圓半徑之差為，不妨設，即.根據兩點間距離公式，.把代入上式可得：.故選：A.8.在如圖所示的試驗裝置中，兩個正方形框架的邊長都是3，且它們所在的平面互相垂直.活動彈子M，N分別在正方形對角線AC和BF上移動，則MN的最小值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，證明兩兩垂直，再建立空間直角坐標系，利用點到平面距離的向量求法求出最小值.【詳解】由正方形，得，而平面平面，平面，得平面，又四邊形是正方形，則直線兩兩垂直，以點為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標系，，，設與都垂直向量，則，令，得，所以的最小值為.故選：B【點睛】思路點睛：求兩條異面直線上兩點間距離最小值，可以利用空間向量求出兩條異面直線的公共法向量，再求投影長即可.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.拋擲一枚質地均勻的硬幣兩次，設事件“第一次正面朝上”，事件“第二次反面朝上”，則（）A.A與B互斥 B.A與B相互獨立 C.A與B相等 D.【答案】BD【解析】【分析】根據互斥事件、相互獨立事件以及事件相等的概念，再根據拋擲硬幣的實際情況來判斷各選項.【詳解】對于A，互斥事件是指兩個事件不可能同時發生.拋擲一枚質地均勻的硬幣兩次，第一次正面朝上（事件A發生）時，第二次仍有可能反面朝上（事件B發生），即A與B是可以同時發生的.所以A與B不是互斥事件，A選項錯誤.對于B，相互獨立事件是指一個事件的發生與否對另一個事件發生的概率沒有影響.第一次拋擲硬幣的結果不會影響第二次拋擲硬幣的結果.事件A發生的概率，，即.所以A與B相互獨立，B選項正確.對于C，事件A是“第一次正面朝上”，事件B是“第二次反面朝上”，它們所包含的具體情況明顯不同.所以A與B不相等，C選項錯誤.對于D，拋擲一枚質地均勻的硬幣，每次正面朝上和反面朝上的概率都是.事件A“第一次正面朝上”的概率，事件B“第二次反面朝上”的概率.所以，D選項正確.故選：BD.10.如圖，為的直徑，為上異于、的動點，平面，為的中點，且，，則（）A.的長等于點到直線的距離B.為二面角的平面角C.當時，與平面所成角為D.過作平面平面，則平面與交點的軌跡為橢圓【答案】AC【解析】【分析】利用線面垂直的性質證明出，可判斷A選項；利用二面角的定義可判斷B選項；利用線面角的定義可判斷C選項；找出平面與的交點，并求其軌跡，可判斷D選項.【詳解】對于A選項，為的直徑，為上異于、的動點，則，因為平面，平面，則，因為，、平面，所以，平面，因為平面，所以，，故的長等于點到直線的距離，A對；對于B選項，因為，，所以，為二面角的平面角，B錯；對于C選項，當時，由于，則，因為平面，平面，則，所以，，因為平面，則直線與平面所成角為，因為，則，則，故當時，與平面所成角為，C對；對于D選項，分別取、的中點、，連接、、，取線段的中點，連接，如下圖所示：因為、分別為、的中點，則，因為平面，平面，所以，平面，同理可證平面，且，因為，、平面，所以，平面平面，所以，平面即為平面，所以，平面與的交點為，因為、分別為、的中點，則，因為，則，因為為的中點，所以，，又因為點為上異于、的動點，故點不與點、重合，所以，過作平面平面，則平面與交點的軌跡為圓（除去點和點），D錯.故選：AC.11.已知拋物線和橢圓有相同的焦點F，且交于M，N兩點，C的準線與交于P，Q兩點，則（）A.存在，使為等邊三角形B.存在，使四邊形PQNM為正方形C.任意，點M總在圓外D.任意，橢圓上任一點總在圓外【答案】ACD【解析】【分析】根據題意,焦點F1,0，則拋物線，準線方程為，若為等邊三角形，即，可求出，判斷A；根據橢圓、拋物線的對稱性，則，發生矛盾，可判斷B；利用拋物線定義判斷C；利用橢圓定義和性質判斷D.【詳解】根據題意，橢圓，，所以焦點F1,0，則拋物線，準線方程為，設橢圓左焦點為F1?1,0，準線過點若為等邊三角形，即，即，解得，故A正確；根據橢圓、拋物線的對稱性，若四邊形PQNM為正方形，則，所以直線方程為，代入拋物線方程，得，此時，矛盾，B錯誤；根據題意，又由拋物線定義，，所以任意，點M總在圓外，C正確；設橢圓上任意一點，根據橢圓定義，則，而，所以，所以點在圓外，D正確.故選：ACD【點睛】關鍵點點睛：選項C、D中，分別利用拋物線和橢圓定義進行判斷是解題關鍵.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.在空間直角坐標系Oxyz中，平面的法向量，點在內，則原點O到的距離為______.【答案】7【解析】【分析】先求出向量，再利用點到平面距離公式來計算原點到平面的距離.【詳解】已知點，點，那么向量.已知，，則.對于向量，根據向量模長公式.計算原點到平面的距離：根據點到平面距離公式，把，代入可得，.故答案為：7.13.已知，分別為雙曲線的左、右焦點，過作斜率為的直線與C的右支交于點P，若是以為底邊的等腰三角形，則雙曲線的離心率為______.【答案】3【解析】【分析】首先通過構建輔助線，利用垂直關系和三角函數的定義來確定線段長度，進而根據雙曲線的性質求出離心率【詳解】如圖，取的中點Q，，連接，則.已知，不妨設根據正切值的定義，當時，.在中，由勾股定理.因為是的中點，且，所以.又因為，所以.離心率.故答案為：3.14.已知點關于直線的對稱點在圓上，則______.【答案】##【解析】【分析】分析出點在以原點為圓心，2為半徑的圓上，從而聯立與，求出，根據的中點在上得到方程，求出答案.【詳解】設點關于直線的對稱點為，顯然在上，由對稱性可知，，故點在以原點為圓心，2為半徑的圓上，即，聯立與得，故點，顯然的中點在上，即，解得.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知，，是圓上的三點，.（1）判斷四點否共圓，并說明理由；（2）過點的直線被圓截得的弦長為8，求直線的方程.【答案】（1）四點共圓，理由見解析（2）或.【解析】【分析】（1）先根據三點解得圓的方程為，代入可判斷；（2）直線斜率不存在時，與圓的方程聯立可得，直線斜率存在時，根據垂徑定理可得.【小問1詳解】四點共圓.法一：依題意，，，則，故，所以是圓的直徑.于是圓心，即；半徑為，故圓P的方程為.代入，則有，因此點在圓上，即四點共圓.法二：設圓的方程為.則，解得，，.所以，圓的方程為，代入圓的方程，.故點在圓P上，即四點共圓.【小問2詳解】當直線的斜率不存在時，對于，令，得或.此時弦長，符合題意，故直線的直線方程為.當直線的斜率存在時，設，即.于是圓心到直線的距離為.設弦長為，則，即，解得.故直線的方程為.綜上所述，直線l的方程為或.16.如圖，在多面體中，四邊形是邊長為2的菱形，，，平面，，.（1）求證：平面；（2）求平面與平面夾角的大小.【答案】（1）證明見解析（2）60°.【解析】【分析】（1）先分別在梯形和三角形中通過邊長計算判斷直線垂直，然后根據直線與平面垂直判定定理得出最終結論.（2）建立空間直角坐標系，求出關鍵點坐標和平面法向量坐標，借助向量夾角余弦值公式計算即可.【小問1詳解】四邊形是邊長為2的菱形，，則為等邊三角形，,.由于平面，平面，則,，根據勾股定理求得，同理.在梯形中，，所以，則，在中，，，，所以，則，因為，平面，所以平面.【小問2詳解】以O為原點，建立空間直角坐標系O-xyz如圖所示，，，，，，,，設平面的一個法向量為，所以，得，從而可得，同理設平面的一個法向量為，，得可得平面的一個法向量為，所以，故平面與平面的夾角的余弦值為，其大小為60°.17.甲同學參加立定投籃訓練活動.規則如下：每投中一球得1分，投不進得分.已知甲每次的投籃命中率為，前6次投籃全部命中，各次投籃結果相互獨立.（1）求甲投完第8次球后得分依舊為6分的概率.（2）若甲最多有10次投籃機會，得分不少于7分則為優秀.為了使獲得優秀的概率最大，甲選擇的投籃次數應該是多少次？【答案】（1）（2）投籃7次或9次.【解析】【分析】（1）運用相互獨立事件的概率乘法公式，結合對立事件的概率加法公式計算即可.（2）運用相互獨立事件的概率乘法公式，結合互斥事件的概率加法公式計算即可.【小問1詳解】依題意，記“接下來第i次投中”，，2，3，4“甲投完第8次球后甲得分為6分”則，且與互斥，根據概率加法公式和事件獨立性定義，得.【小問2詳解】記“甲再投一次優秀”，則，故，記“甲再投兩次優秀”，則，故記“甲再投三次優秀”，則，則記“甲再投四次優秀”，則，故，因此應該選擇投籃7次或9次.18.在平面直角坐標系xOy中，拋物線的焦點為F，直線，其中，直線l與C有且只有一個公共點P，直線PF交C于另一個點Q.（1）當時，求的值；（2）求面積的取值范圍.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）通過聯立方程組得到一個關于的方程，利用判別式求出與的關系，進而確定、的值，得到相關點的坐標，再根據點的位置關系求出弦長.（2）法一：通過聯立直線與拋物線方程，利用韋達定理得到相關量的關系，再結合已知條件推導三角形面積的表達式，由函數單調性可求面積范圍；法二：聯立直線與拋物線方程，求出點坐標，設直線，與拋物線方程聯立，求出點坐標，即得三角形面積公式，由函數單調性可求面積范圍.【小問1詳解】由，得，由，得，所以，此時點P坐標為，注意到點F坐標為，有軸，由拋物線對稱性，點Q坐標為，故弦長；【小問2詳解】方法一：直線PF過點，且斜率不為0，不妨設直線PF方程為，聯立，消去得：，設，，由，知且，且，則的面積為，由（1）中，得，所以，可求得點P坐標為，點在直線PF上，可得，即，而所以，由，且，知，則，當時，，根據對勾函數單調遞增，其值域為，所以，則，所以，故面積的取值范圍是.法二：聯立，可得，依題意可得，則.且，得，故，即點.設直線，聯立，得，則，結合，得，于是，即點.從而，因為，且，故，根據對勾函數單調性，可得.因此面積的取值范圍是.【點睛】難點點睛：本題考查了拋物線方程的求解以及直線和拋物線位置關系中的范圍問題，綜合性較強，解答時要注意設直線方程，聯立方程組，利用根與系數的關系式化簡，難點在于計算過程較為復雜，計算量大，要十