山东省潍坊第一中学2024−2025学年高二下学期第一次质量检测 数学试题（含解析）

这是一份山东省潍坊第一中学2024−2025学年高二下学期第一次质量检测 数学试题（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．椭圆的焦点坐标为（ ）
A．和B．和
C．和D．和
2．过点且与直线平行的直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
3．若，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知数列满足，，，则的值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
5．若随机变量的分布列为
则当时，实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
6．按照《全国人民代表大会常务委员会关于实施渐进式延迟法定退休年龄的决定》，我国自2025年1月1日起，逐步将男职工的法定退休年龄从原60周岁延迟到63周岁.对于男职工，新方案按照出生时间延迟法定退休年龄，每4个月延迟1个月，当不满4个月时仍按延迟1个月计算.男职工延迟法定退休年龄部分对照表如下：
那么1973年5月出生的男职工退休年龄为（ ）
A．61岁3个月B．62岁
C．62岁1个月D．62岁2个月
7．在直四棱柱中，底面是正方形，，，点在棱上，若直线到平面的距离为，则的值为（ ）
A．1B．C．D．
8．如图所示，用一个与圆柱底面成角的平面截圆柱，截口曲线是一个椭圆，，为该椭圆的焦点，为椭圆上任意一点.若圆柱的底面圆半径为1，，则下列结论不正确的是（ ）

A．椭圆的长轴长为4B．椭圆的离心率为
C．满足的点共有4个D．的最大值为8
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知数列的通项公式为，则下列正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．甲、乙两盒中各放有除颜色外其余均相同的若干个球，其中甲盒中有4个红球和2个白球，乙盒中有2个红球和3个白球，现从甲盒中随机取出1球放入乙盒，再从乙盒中随机取出1球.记“从甲盒中取出的球是红球”为事件A，“从甲盒中取出的球是白球”为事件B，“从乙盒中取出的球是红球”为事件C，则（ ）
A．A与B互斥B．A与C独立C．D．
11．如图，在棱长为1的正方体中，、、分别是、、的中点.则下列结论正确的是（ ）

A．平面
B．平面
C．平面与平面夹角的余弦值为
D．若动直线与直线夹角为，且与平面交于点，则点的轨迹构成的图形的面积为.
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知等差数列中，，，则 ．
13．已知直线与圆交于两点，若，则的值为 .
14．已知双曲线的左，右焦点分别为，，过作一条渐近线的垂线，垂足为A，延长与另一条渐近线交于点，若（为坐标原点），则该双曲线的渐近线方程为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．甲、乙两名射手在一次射击中得分为两个相互独立的随机变量，，已知甲、乙两名射手在每次射击中射中的环数大于6环，且甲射中10，9，8，7环的概率分别为0.5，3a，a，0.1，乙射中10，9，8环的概率分别为0.3，0.3，0.2．
(1)求，的分布列；
(2)求，的均值，并以此比较甲、乙的射击技术．
16．已知等差数列的前项和为，，．正项等比数列中，，．
(1)求与的通项公式；
(2)求数列的前项和．
17．某电子设备制造厂所用的元件是由甲、乙、丙三家元件制造厂提供的，根据以往的记录有下图所示的数据．设这三家工厂的产品在仓库中是均匀混合的且不区别标志．
(1)在仓库中随机取一只元件，求它是次品的概率；
(2)在仓库中随机地取一只元件，若已知取到的是次品，求此次品出自甲工厂生产的概率是多少？
18．如图，和所在平面垂直，且，.
(1)求证：；
(2)若，连接，求直线与平面所成角的正弦值.
19．已知抛物线：的准线与椭圆相交所得弦长为.
(1)求抛物线的方程；
(2)若圆过点，且圆心在抛物线上运动，是圆在轴上截得的弦.求证：弦的长为定值；
(3)过抛物线的焦点作两条互相垂直的直线分别与抛物线交于点和点，求四边形面积的最小值.
参考答案
1．【答案】B
【详解】在椭圆中，，，则，
所以，椭圆的焦点坐标为和.
故选B.
2．【答案】C
【详解】过点且与直线平行的直线的方程设为：，
再将点代入得，解得：，故直线方程为：.
故选C.
3．【答案】C
【分析】求出，利用条件概率的公式即可求解.
【详解】由，得．
因为，
所以．
故选C．
4．【答案】A
【详解】由题意，，．
故选A．
5．【答案】C
【详解】由随机变量的分布列知:
，
则当时，实数的取值范围是.
故选C.
6．【答案】D
【详解】设男职工的出生于公元年月，，，，
设该男职工延迟退休月数为，
则当时，，
当时，，
当时，，
所以年月出生的男职工延迟退休月数为，
所以年月出生的男职工退休年龄为岁个月.
故选D.
7．【答案】C
【详解】由题意知，该几何体为长方体，建立空间直角坐标系如下图所示，
则，设．

因为，平面，平面，故平面，
故直线到平面的距离为到平面的距离.
，，
设平面的法向量为，则由可得：
，取，
故到平面的距离，故，故，
故选C.
8．【答案】D
【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成锐二面角，得，故A选项正确；
显然，，解得，则，离心率，故B选项正确；
以椭圆的对称中心为圆心，为半径作圆，由，可知与椭圆有4个交点，所以满足的点共有4个，故C选项正确；
由椭圆定义，可得，根据不等式，可得，解得，当且仅当时，取得最大值，故D选项错误.
故选D.
9．【答案】BC
【详解】对于A，6是偶数，则，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，，
，D错误.
故选BC.
10．【答案】ACD
【详解】对选项A：A与B是互斥事件，正确；
对选项B：，，，
，错误；
对选项C：，正确；
对选项D：，正确.
故选ACD.
11．【答案】ABD
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，
,;
,设是平面的一个法向量，
则，令可得，，即.
对于A，,因为，且平面，所以平面，A正确；
对于B，，因为，所以平面，B正确；
对于C，易知平面的一个法向量为,
设平面与平面的夹角为，则，C不正确；
对于D，设到平面的距离为，,，
由可知平面，设平面，因为直线与直线夹角为，
所以点的轨迹是平面内，以为圆心的圆，
设圆的半径为，则，则，所以点的轨迹构成的图形的面积为，D正确.

12．【答案】40
【详解】因为为等差数列，，，
所以成等差数列，
则，
所以.
13．【答案】1
【详解】变形为，
故，解得，
故圆心为，半径为，
设圆心到直线的距离为，
则，
由垂径定理得，解得，满足要求.
14．【答案】
【详解】

由题意知，双曲线的两条渐近线方程分别为：与，
过点且与渐近线垂直的直线方程为，
联立，可解得，
点到渐近线的距离，
因为，所以点到渐近线的距离为，
所以，即，所以，
即双曲线的渐近线方程为：.
15．【答案】(1)分布列见解析
(2)，，由于，所以甲比乙的射击技术好
【详解】（1）依题意，，解得，
由乙射中10，9，8环的概率分别为0.3，0.3，0.2，得乙射中7环的概率为，
所以，的分布列分别为
（2）由（1）得；
，
由，说明甲射击的环数的均值比乙高，所以甲比乙的射击技术好.
16．【答案】(1)，
(2)
【详解】（1）等差数列的前项和为，，，设公差为
所以，解得
所以
正项等比数列中，，，设公比为
所以，所以
解得，或（舍去）
所以
（2）由（1）知：
所以
两式相减得：

17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设事件表示“取到的是一只次品”，事件表示“所取到的产品是由第家工厂提供的”，
则，，，，，，
由全概率公式可得：，
即在仓库中随机取一只元件，则它是次品的概率为.
（2）由贝叶斯公式得：，
即在取到的是次品的条件下，此次品出自甲工厂生产的概率是.
18．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）（1）延长，过点作，交于点，连接.
由平面平面，平面平面，
平面，
则平面，
由，，
得，
故，.
又，得，
则，
即.
以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设，
则，，，，
所以，，
因为，
所以，即.
（2）由（1）知，，
设平面的法向量为，则，
即，
所以
取，则，，
所以为平面的一个法向量，
设，由，
得，
所以，，，即点，
所以.
设直线与平面所成角为，
则
，
故直线与平面所成角的正弦值为.
19．【答案】(1)
(2)证明见详解
(3)32
【详解】（1）由已知，抛物线的准线方程为.
因为直线与椭圆相交所得弦长为.
结合椭圆的对称性，
可得直线与椭圆相交弦的一个端点坐标是，
将代入椭圆方程化简得，解得.
所以抛物线的方程为.
（2）
如图，设圆心的坐标为，
由在抛物线上，可知到轴距离为，，
则，
，
故圆心在抛物线上运动时，弦的长为定值4.
（3）
由（1）知.
易知，直线，的斜率存在且不为零，
如图，设直线，的方程分别为，，
点,，
由,得，
，，
则，
同理可得，
所以四边形的面积为
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
即四边形的面积的最小值为32.
X
0
1
2
3
P
0.1
0.2
0.1
0.3
0.1
0.2
出生时间
1965年1月至4月
1965年5月至8月
1965年9月至12月
1966年1月至4月
…
改革后法定退休年龄
60岁1个月
60岁2个月
60岁3个月
60岁4个月
…
元件制造厂
次品率
提供元件的份额
甲
乙
丙
10
9
8
7
P
0.5
0.3
0.1
0.1
10
9
8
7
P
0.3
0.3
0.2
0.2