广西钦州市2024_2025学年高二数学上学期期末教学质量监测试题含解析

这是一份广西钦州市2024_2025学年高二数学上学期期末教学质量监测试题含解析，共15页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 已知复数，则， 已知圆，点是直线上的点，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：北师大版必修第一册第7章，必修第二册第5章，选择性必修第一册第1章至第3章.
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. 设，则z在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】首先由复数的运算求得，则答案可得.
【详解】因为，所以，
其在复平面内所对应的点位于第四象限.
故选：D.
2. 已知直线经过点，则的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由斜率公式即可求解；
【详解】由，
可得：，
故选：C
3. 甲、乙两人独立地攻克一道难题，已知两人能攻克的概率分别是，，则该题被攻克的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据相互独立事件的概率公式求解.
【详解】因为该题未被攻克的概率为，所以该题被攻克的概率为.
故选：B
4. 抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出抛物线的标准方程即可得到焦点坐标.
【详解】由得，，故抛物线的焦点坐标为.
故选：A.
5. 已知双曲线的焦点到渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由焦点到渐近线的距离公式即可求解.
【详解】设双曲线的焦距为，焦点为因为双曲线的渐近线方程为，所以焦点到渐近线的距离为.
因为，所以，，所以双曲线的离心率为.
故选：C.
6. 掷两枚质地均匀正方体骰子，记事件“第一枚骰子向上的点数为偶数”，事件“第二枚骰子向上的点数为奇数”，则（ ）
A. 与互为对立事件B. 与互斥
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据互斥事件和对立事件的概念可判断A、B，根据独立事件的概率可判断C，由包含的基本事件可判断D.
【详解】因为事件可以同时发生，所以与不是互斥事件，不是对立事件.
因为事件包含的基本事件不一样，所以事件不相等.
因为，，所以.
故选：C
7. 已知复数z满足，为z的共轭复数，则的最大值为（ ）
A 7B. 9C. 25D. 49
【答案】D
【解析】
【分析】由复数模的几何意义可知的几何意义为在复平面内所对应的点,到点的距离为2，再结合圆的知识可解.
【详解】设，
因为的几何意义为在复平面内所对应的点,到点的距离为2，
所以所对应的点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，
而可看作该圆上的点到原点的距离的平方，所以.
故选：D.
8. 在平行四边形中，，，，是的中点，沿将翻折至的位置，使得平面平面，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据面面垂直的性质可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线角即可.
【详解】在中，，则，即，
又平面平面，平面平面，平面，
则平面，又平面，于是，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
于是，得，
所以直线与所成角的余弦值为.
故选：A
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. 已知复数，则（ ）
A. 的虚部为31iB.
C. 为纯虚数D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算化简复数，即可结合选项逐一求解.
【详解】因为，所以的虚部为，故A错误，B正确；
因为为纯虚数，所以C正确；因为虚数不能比较大小，所以D错误.
故选：BC
10. 已知圆，点是直线上的点，则（ ）
A. 圆上有两个点到直线的距离为2
B. 圆上只有一个点到直线的距离为2
C. 从点向圆引切线，切线长的最小值为
D. 从点向圆引切线，切线长的最小值是
【答案】BC
【解析】
【分析】由圆心到直线的距离和半径关系可判断A，B；由切线长计算公式可判断C，D；
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径.
圆心到直线的距离，所以A不正确，B正确.
从点向圆引一条切线，设切点为，连接，

则，则，
当时，
取得最小值，此时取得最小值，
即，故C正确，D不正确.
故选：BC
11. 在长方体中，，，为的中点，动点在长方体内（含表面），且满足，记动点的轨迹为，则（ ）
A. 的面积为
B. 的面积为
C. 当时，存在点，使得
D. 当时，三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据中点以及线线平行可得的轨迹为四边形，即可利用梯形面积求解AB，建立空间直角坐标系，根据向量的坐标运算即可求解C，利用线面平行，结合体积公式即可求解D.
【详解】取的中点，连接则，
所以四点共面.因为，
所以四点共面，故点的轨迹为四边形，所以的面积即为梯形的面积.
因为，，，所以，故A正确，B错误.
对于C，如图，建立空间直角坐标系，则，，
，，，.
因为，所以，所以.
因为，所以，
得，所以存在点，使得，故C正确.
对于D，当时，，因为平面，故点到平面的距离为定值2，又三角形的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以D正确.
故选:ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 直线被圆截得的弦长为______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据圆的性质，结合点到直线距离公式、勾股定理求解即可.
【详解】由，
可得：，即圆心，，
圆心到直线l的距离为：，
所以弦长为
故答案为：2
13. 已知事件与互斥，且，，则______.
【答案】0.5##
【解析】
【分析】运用互斥事件概率加法公式计算即可.
【详解】因为与互斥，所以.
故答案：0.5.
14. 在正四面体中，，则______（用，，表示）．若，则______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据向量的线性运算，化简得到 ，再根据向量的模的计算，结合向量数量积的定义与向量数量积的运算律即可求出答案.
【详解】 ，
，
，
且正四面体为正四面体，
所以，且之间的夹角都是，
则，

故答案为：；.
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. 某学校举办了一场趣味知识竞赛，将100名参赛学生的成绩（百分制）按照[40，50），[50，60），[60，70），…，[90，100]分成6组，制成如图所示的频率分布直方图.
（1）求图中m的值，并估计这100名参赛学生的成绩的中位数；
（2）若从竞赛成绩在[80，90），[90，100]内的两组学生中用分层抽样的方法抽取8人，再从这8人中任意抽取2人代表学校参加竞赛，求抽取的2人中至少有1人的成绩在[90，100]内的概率.
【答案】（1），68
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图长方形面积和为1确定m，进而求出中位数即可；（2）根据古典概型求解基本事件总数与所求事件总数即可得答案.
【小问1详解】
由频率分布直方图可得，解得.
设所求中位数的估计值为，则，
解得，即这100名参赛学生的成绩的中位数约为68.
【小问2详解】
由题意知，成绩在内的共有12人，在内的共有4人，
所以用分层抽样的方法抽取的8人中，成绩在内的有6人，
分别记为1，2，3，4，5，6，成绩在内的有2人，分别记为A，B.
从8人中抽取2人包含12，13，14，15，16，1A，1B，23，24，25，26，2A，2B，
34，35，36，3A，3B，45，46，4A，4B，56，5A，5B，6A，6B，AB，共28个基本事件，
而抽取的2人中至少有1人的成绩在内含有13个基本事件，
所以抽取的2人中至少有1人的成绩在内的概率为.
16. 已知圆过点和点，且圆心在直线上.
（1）求圆的标准方程；
（2）经过点作直线与圆相切，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设圆的方程为，带入A、B点的坐标以及将圆心带入直线方程构成方程组，解方程组可得答案；
（2）分直线的斜率不存在和斜率存在两种情况进行讨论，结合点到直线的距离公式即可求得切线l的方程.
【小问1详解】
设圆的方程为，
则，解得，
所以圆的标准方程为.
【小问2详解】
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由，得，
则直线的方程为，即.
故直线的方程为或.
17. 如图，已知矩形所在平面与直角梯形所在平面垂直，在直角梯形中，，，.

（1）判断与是否垂直，并说明理由；
（2）求直线CN与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）不垂直，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点坐标，线的方向向量坐标和面的法向量坐标，结合向量垂直判定和向量夹角余弦值公式计算即可.
【小问1详解】
解：由题意知两两垂直，以为坐标原点，的方向分别为x，y，
轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设，
则.
因为，
所以，故直线与不垂直.
【小问2详解】
设平面的法向量为，因为，
所以令，得.
设直线CN与平面所成的角为，因为，
所以，
所以，故直线CN与平面所成角的余弦值为.

18. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，，，.
（1）证朋：平面平面
（2）若平面与平面的夹角为，求的长度.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质定理得平面，再由面面垂直的判定定理得平面平面；
（2）取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，由平面PBC与平面的夹角为可得a值，则长度可求.
【小问1详解】
证明：因为平面平面，平面平面，
所以平面.
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
解：取的中点，连接.
因为，所以.
因为平面平面，所以平面.
以为坐标原点，的方向分别为x，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
设，平面PBC的法向量为，
因为，
所以令，得.
平面的一个法向量为.
因为平面与平面的夹角为，
所以，
所以，故.
19. 已知直线经过椭圆的右顶点和上顶点．
（1）求椭圆的标准方程及离心率；
（2）与直线平行的直线交于两点（均不与的顶点重合），设直线，的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知，可得，，则，，即可求得椭圆的标准方程，再求出，可求得离心率；
（2）设直线的方程为，，，联立直线方程与椭圆方程，由利用韦达定理得，得，化简可得，可得为定值.
【小问1详解】
因为直线经过椭圆的右顶点和上顶点，
当时，，当时，，则，，
所以，，
所以椭圆的标准方程为．
因为，所以椭圆的离心率为．
【小问2详解】
由（1）知直线的斜率为，
设直线的方程为，，，
联立方程组，消去得，则．
因，，所以，
因为，
且，所以，