2024-2025學年陜西省西安市碑林區高二上學期第一次月考數學檢測試題（一）一、單選題（本大題共8小題）1．已知，則（

）A． B． C． D．2．若復數滿足，則（

）A． B． C． D．3．某次投籃比賽中，甲、乙兩校都派出了10名運動員參加比賽，甲校運動員的得分分別為8，6，7，7，8，10，9，8，7，8，這些成績可用下圖中的（1）所示，乙校運動員的得分可用下圖中的（2）所示.則以下結論中，正確的是（

）A．甲校運動員得分的中位數為7.5B．乙校運動員得分的75%分位數為10C．甲校運動員得分的平均數大于8D．甲校運動員得分的標準差大于乙校運動員得分的標準差4．已知，若不能構成空間的一個基底，則（

）A．3 B．1 C．5 D．75．已知直線：，：，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．設直線的方程為，則直線的傾斜角的取值范圍是（

）A． B．C． D．7．方程表示的曲線是（

）A．兩個圓 B．一個圓和一條直線C．一個半圓 D．兩個半圓8．如果直線和函數的圖象恒過同一個定點，且該定點始終落在圓的內部或圓上，那么的取值范圍是（）A． B．C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．下列說法中，正確的有（

）A．直線在y軸上的截距是1B．當m變化時，圓恒過定點有且只有一個C．過，兩點的所有直線的方程為D．直線關于點對稱的直線方程是10．如圖，在三棱柱中，底面為等邊三角形，為的重心，，若，則（

）A． B．C． D．11．已知圓M：，P為直線上一動點，過P作圓M的兩條切線，切點分別為A、B，則下列說法中正確的是（

）A．的最小值為 B．直線AB恒過定點C．的最小值為 D．的最小值為三、填空題（本大題共3小題）12．經過點且與直線垂直的直線方程為.13．已知點在圓：和圓：的公共弦上，則的最小值為.14．古希臘數學家阿波羅尼奧斯發現：平面上到兩定點A，B距離之比為常數λ（λ＞0且λ≠1）的點的軌跡是一個圓心在直線AB上的圓，該圓簡稱為阿氏圓．根據以上信息，解決下面的問題：如圖，在長方體中，，點E在棱AB上，，動點滿足．若點在平面ABCD內運動，則點所形成的阿氏圓的半徑為；若點在長方體內部運動，F為棱的中點，M為CP的中點，則三棱錐的體積的最小值為．四、解答題（本大題共5小題）15．已知函數，(1)求的單調遞減區間；(2)在中，內角，，所對的邊分別為，，，若，，，求的面積.16．已知圓，兩點、(1)若，直線過點且被圓所截的弦長為6，求直線的方程；(2)動點滿足，若的軌跡與圓有公共點，求半徑的取值范圍.17．甲、乙、丙三人結伴去游樂園玩射擊游戲，其中甲射擊一次擊中目標的概率為，甲、乙兩人各射擊一次且都擊中目標的概率為，乙、丙兩人各射擊一次且都擊中目標的概率為，且任意兩次射擊互不影響．(1)分別計算乙，丙兩人各射擊一次擊中目標的概率；(2)求甲、乙、丙各射擊一次恰有一人擊中目標的概率；(3)若想擊中目標的概率不低于，甲至少需要射擊多少次？（參考數據：）18．如圖，已知四棱錐的底面ABCD是平行四邊形，側面PAB是等邊三角形，，，．(1)證明：平面平面PAB，并求PD與平面PAB所成角的大??；(2)設Q為側棱PD上一點，四邊形BEQF是過B，Q兩點的截面，且平面BEQF，是否存在點Q，使得平面BEQF與平面PAD夾角的余弦值為？若存在，求的值；若不存在，說明理由．19．蝴蝶定理因其美妙的構圖，像是一只翩翩起舞的蝴蝶，一代代數學名家蜂擁而證，正所謂花若芬芳蜂蝶自來．如圖，已知圓的方程為，直線與圓M交于，，直線與圓交于，．原點在圓內．設交軸于點，交軸于點．(1)當，，，時，分別求線段和的長度；(2)①求證：．②猜想OP和OQ的大小關系，并證明．

答案1．【正確答案】C先求出集合，再根據集合間的運算即可求出.【詳解】解：由知：，解得：，，由知：，，.故選：C.2．【正確答案】D【詳解】由題知，，所以.故選：D.3．【正確答案】B【詳解】甲校派出的10名運動員參賽成績從小到大為：6，7，7，7，8，8，8，8，9，10，其中位數為：，平均數為：，故選項A、C錯誤；其標準差為：；乙校派出的10名運動員參賽成績分別為：6，7，8，9，9，9，9，10，10，10，則其平均數為：，75%分位數為：，標準差為.所以甲校運動員得分的標準差小于乙校運動員得分的標準差，故選項B正確，D錯誤.故選：B4．【正確答案】B【詳解】若不能構成空間的一個基底，共面，存在，使，即，解得，故選.5．【正確答案】C【詳解】解：當時，直線：，：，則，當時，，即，解得，故“”是“”的充要條件，故選：C6．【正確答案】C【詳解】直線的方程可化為，所以，，因為，因此，直線的傾斜角的取值范圍是.故選：C.7．【正確答案】D【詳解】方程可化為，因為，所以或，若時，則方程為,是以為圓心，以1為半徑的左半圓；若時，則方程為，是以為圓心，以1為半徑的右半圓;總之，方程表示的曲線是以為圓心，以1為半徑的右半圓與以為圓心，以1為半徑的左半圓合起來的圖形.故選：D8．【正確答案】A【詳解】根據指數函數的性質，可得函數，恒過定點.將點代入，可得.由于始終落在所給圓的內部或圓上，所以.又由解得或，所以點在以和為端點的線段上運動，當取點時，，取點時，，所以的取值范圍是.9．【正確答案】CD【詳解】對A：直線中，令得，所以直線在軸上的截距為，故A錯誤；對B：令得：或，所以當變化時，圓恒過定點和，故B錯誤；對C：根據直線兩點式方程的概念知，C正確；對D：設點關于點的對稱點為，則，由點在直線上，得，故D正確.故選：CD10．【正確答案】ABD【詳解】A選項，底面為等邊三角形，為的重心，故，又，故，A正確；B選項，，故，故，B正確；C選項，，又，設，即，無解，故與不平行，C錯誤；D選項，，故，D正確.故選：ABD11．【正確答案】ABC【詳解】對A，圓M：，故，又的最小值即到的距離，故A正確；對B，設，由切線性質可得，故以為圓心，為半徑的圓的方程為，即，又圓M：，方程相減可得，即.聯立，可得，即直線AB恒過定點，故B正確；對C，設，，則，又，，則，當且僅當，即時取等號，又由A可知，故能取最小值為，故C正確；對D，設，因為，故，則，故為等腰的中線和高，故，.，故當取最小值時，取最小值，故D錯誤.

故選：ABC12．【正確答案】【詳解】由題可設所求直線方程為，代入點，可得，即，所以經過點且與直線垂直的直線方程為.故答案為.13．【正確答案】8【詳解】兩圓方程相減得，即，所以，，，當且僅當，即時等號成立，點為，，，點在兩圓公共弦上，滿足題意，故8.14．【正確答案】【詳解】①以AB為軸，AD為軸，為軸，建立如圖所示的坐標系，則，設，由得，所以，所以若點在平面內運動，則點所形成的阿氏圓的半徑為.②設點，由得，所以，由題得所以，設平面的法向量為，所以，由題得，所以點到平面的距離為，因為，所以，所以點M到平面的最小距離為，由題得為等邊三角形，且邊長為，所以三棱錐的體積的最小值為.故，.15．【正確答案】(1)(2)【分析】（1）運用兩角和差的正弦公式，輔助角公式化簡，整體代入求出單調減區間；（2）求出角度，后運用余弦定理，借助已知的方程，聯立求出，最后用面積公式求解即可【詳解】（1），運用兩角和差正弦得到，,運用輔助角公式得到，.令，解得.故的單調遞減區間為（2），則，即，，則.由余弦定理知道，即.（?）而，兩邊平方得到與（?）聯立得到.故的面積.16．【正確答案】(1)或(2)【詳解】（1）若時，圓，可得圓心，因為直線被圓截得的弦長為，則圓心到直線的距離為，當直線的斜率不存在時，此時直線的方程為，不滿足題意；當直線的斜率存在時，設直線的方程為，即，則，解得，所以直線方程為或，綜上可得，所求直線的方程為或.（2）因為動點滿足，、，所以，化簡得，所以動點的軌跡是以為圓心，2為半徑的圓，因為的軌跡與圓有公共點，所以，即，解得，所以半徑的取值范圍.17．【正確答案】(1)乙射擊一次擊中目標的概率為，丙射擊一次擊中目標的概率為(2)(3)7【分析】（1）利用相互獨立事件的概率公式計算可得；（2）記甲、乙、丙各射擊一次恰有一人擊中目標為事件，根據相互獨立事件及互斥事件的概率公式計算可得；（3）設甲射擊次，則至少有一次擊中目標的概率為，令，根據指數函數的性質及對數的運算性質計算可得；【詳解】（1）記甲射擊一次擊中目標為事件，乙射擊一次擊中目標為事件，丙射擊一次擊中目標為事件，依題意，，所以，，所以，所以乙射擊一次擊中目標的概率為，丙射擊一次擊中目標的概率為；（2）記甲、乙、丙各射擊一次恰有一人擊中目標為事件，則，所以甲、乙、丙各射擊一次恰有一人擊中目標的概率；（3）設甲射擊次，則至少有一次擊中目標的概率為，令，所以，所以，又為正整數，所以，即甲至少要射擊7次.18．【正確答案】(1)證明見解析；(2)存在，或【詳解】（1）因為，，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，取的中點，連接，因為是等邊三角形，所以，又平面平面，兩平面交線為，平面，所以平面，取的中點，連接，則，因為平面，所以平面，因為平面，所以，，故兩兩垂直，以為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，因為，由勾股定理得，所以，平面的法向量為，設與平面所成角的大小為，則，因為，所以.（2）設平面的法向量為，則，令得，則，連接，因為平面，平面平面，所以，不妨設，則，，設，則，即，故，設，則，即，故，設平面的法向量為，則，解得，設，則，故，故，化簡得，兩邊平方得，，化簡得，解得或，設，則，設，則，解得，故，當時，，因為，所以，解得，解得，滿足要求，當時，，因為，所以，解得，解得，滿足要求，故存在點Q，使得平面與平面夾角的余弦值為，此時的值為或.19．【正確答案】(1)(2)①證明見解析；②猜測，證明見解析.【詳解】（1）當，，，時，圓：，直線：，由或，故，；直線：，由或，故，.所以直線:，令得，即；直線:，令得，即.所以.（2）①由題意.由，則，是該方程的兩個解，由韋達定理得：，所以.同理可得：，所以.②猜測，證明如下：設點，.因為三點共線，所以：，又因為點在直線上，所以；點在直線上，所以.所以；同理因為三點共線，可得.由①可知：，所以.即，所以成立.2024-2025學年陜西省西安市碑林區高二上學期第一次月考數學檢測試題（二）總分：150分；考試注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的班級、姓名填寫在答題卡上，并在指定位置粘貼條形碼。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，應使用0.5毫米的黑色墨水簽字筆將答案寫到答題卡上，且必須在題號所指示的答題區域作答，超出答題區域書寫的答案無效，在試卷、草稿紙上答題無效。一、選擇題：本題共8個小題，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．已知復數z滿足，則的虛部是（

）A． B．1 C． D．i2．若一組數據的平均數為4，方差為3，那么數據的平均數和方差分別是（

）A．10，12 B．10，14 C．4，3 D．6，33．設，且，則（）A． B．0 C．3 D．4．設，為兩個隨機事件，以下命題正確的為（

）A．若，是對立事件，則B．若，是互斥事件，，則C．若，且，則，是獨立事件D．若，是獨立事件，，則5．已知，，過點的直線l與線段AB有公共點，則直線l的傾斜角的取值范圍是（

）A． B．C． D．6．已知在空間直角坐標系中，直線經過，兩點，則點到直線的距離是（

）A． B． C． D．7．已知平行六面體中，棱兩兩的夾角均為，，E為中點，則異面直線與所成角的余弦值為（

）

A． B． C． D．8．已知點均在球上，，若三棱錐體積的最大值為，則球的體積為A． B． C．32 D．二、選擇題：本題共3個小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。9．已知一組樣本數據，，…，，下列說法正確的是（

）A．該樣本數據的第60百分位數為B．若樣本數據的頻率分布直方圖為單峰不對稱，且在右邊“拖尾”，則其平均數大于中位數C．剔除某個數據（，2，…，20）后得到新樣本數據的極差不大于原樣本數據的極差D．若，，…，的均值為2，方差為1，，，…，的均值為6，方差為2，則，，…，的方差為510．已知函數，則下列結論正確的是（

）A．的圖象關于點對稱B．在上單調遞減C．若，則D．為了得到函數的圖象，只要把函數圖象上所有的點向右平移個單位長度11．如圖，P是棱長為2的正方體的表面上一個動點，則下列說法正確的有（）A．當P在平面內運動時，四棱錐的體積不變B．當P在線段AC上運動時，與所成角的取值范圍是C．使得直線AP與平面ABCD所成的角為45°的點P的軌跡長度為π＋4D．若F是棱的中點，當P在底面ABCD上運動，且滿足PF∥平面時，PF的最小值是三.填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知甲袋中有2個白球、3個紅球、5個黑球；乙袋中有4個白球、3個紅球、3個黑球，各個球的大小與質地相同．若從兩袋中各取一球，則2個球顏色不同的概率為．13．過,兩點的直線與過、兩點的直線垂直，則.14．在平面直角坐標系中，，點Px,y是線段上的動點，設，則的最大值為.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．的內角，，的對邊分別為，，，已知，.(1)求及；(2)若，求邊上的高.16．在神舟十五號載人飛行任務取得了圓滿成功的背景下．某學校高一年級利用高考放假期間組織1200名學生參加線上航天知識競賽活動，現從中抽取200名學生，記錄他們的首輪競賽成績并作出如圖所示的頻率分布直方圖，根據圖形，請回答下列問題：

(1)若從成績不高于60分的同學中按分層抽樣方法抽取10人，求10人中成績不高于50分的人數；(2)求的值，并以樣本估計總體，估計該校學生首輪競賽成績的平均數以及中位數；(3)由首輪競賽成績確定甲、乙、丙三位同學參加第二輪的復賽，已知甲復賽獲優秀等級的概率為，乙復賽獲優秀等級的概率為，丙復賽獲優秀等級的概率為，甲、乙、丙是否獲優秀等級互不影響，求三人中至少有兩位同學復賽獲優秀等級的概率．17．已知，其中向量，(1)求的最小正周期以及其在的單調增區間；(2)在中，角的對邊分別為，若，求角的值．18．已知四棱柱中，底面為梯形，，平面，，其中．是的中點，是的中點．(1)求證平面；(2)求平面與平面的夾角余弦值；(3)求點到平面的距離．19．如圖，在四棱錐中，平面ABCD，，，．E為PD的中點，點F在PC上，且，設點G是線段PB上的一點．(1)求證：CD⊥平面PAD；(2)若．判斷直線AG是否在平面AEF內，說明理由．(3)設CG與平面AEF所成角為，求的范圍.1．B【分析】先由等式，反解出，再利用復數的除法運算法則，求出復數z即可.【詳解】由已知，得，所以z的虛部為1.故選：B.2．A【分析】根據平均數、方差的性質計算可得.【詳解】因為一組數據的平均數為4，方差為3，所以數據的平均數為，方差為.故選：A3．D【分析】由向量的共線與垂直條件求解的坐標，再由向量坐標運算及求模公式可得.【詳解】，由，則有，解得，則.由，則有，解得，，所以，故，則.故選：D.4．C【分析】根據對立事件的概念判斷A，根據互斥事件的概率加法公式判斷B，根據獨立事件的定義及概率公式判斷C、D.【詳解】對于A：若，是對立事件，則，故A錯誤；對于B：若，是互斥事件，且，，則，故B錯誤；對于C：因為，，則，，又，所以，是獨立事件，故C正確；對于D：若，是獨立事件，則，是獨立事件，由，，所以，故D錯誤；故選：C5．D【分析】畫出圖象，結合斜率公式求得傾斜角的取值范圍.【詳解】畫出圖象如下圖所示，，所以直線的傾斜角為，，所以直線的傾斜角為，結合圖象可知，直線的傾斜角的取值范圍是.故選：D.

6．C【分析】由題意先求出直線的方向向量，然后依次求得，則到直線的距離為，求解即可.【詳解】由題意可知直線的方向向量為：，又，則，，點到直線的距離為.故選：C.7．D【分析】依題意分別為基底表示出，求出，，再結合數量積運算律求出，根據向量夾角計算公式可得結果.【詳解】根據題意以為基底表示出可得：，，又棱兩兩的夾角均為，不妨取，則；所以；；又；所以，因此異面直線與所成角的余弦值為.故選：D8．A【分析】設是ΔABC的外心，則三棱錐體積最大時，平面，球心在上．由此可計算球半徑．【詳解】如圖，設是ΔABC的外心，則三棱錐體積最大時，平面，球心在上．∵，∴，即，∴．又，∴，．∵平面，∴，設球半徑為，則由得，解得，∴球體積為．故選A．本題考查球的體積，關鍵是確定球心位置求出球的半徑．9．BC【分析】由百分位數的定義即可判斷A；由極差的定義即可判斷C，由頻率分布直方圖中中位數、平均數的求法畫出圖形即可判斷B；由方差計算公式即可判斷D.【詳解】對于A，由，所以樣本數據的第60百分位數為，故A錯誤；對于B，數據的頻率分布直方圖為單峰不對稱，向右邊“拖尾”，大致如下圖，由于“右拖”時最高峰偏左，中位數靠近高峰處，平均數靠近中點處，此時平均數大于中位數，故B正確；對于C，剔除某個數據（，2，…，20）后得到新樣本數據的極差不大于原樣本數據的極差，故C正確；對于D，由，則，所以則，，…，的方差為，故D錯誤.故選：BC.10．BC【分析】對于A，直接代入檢驗即可；對于B，由余弦函數、復合函數單調性即可判斷；對于C，由誘導公式即可判斷；對于D，由平移變換法則驗算即可.【詳解】對于A，，故A錯誤；對于B，當時，，且在內單調遞減，可知在上單調遞減，故B正確；對于C，若，則，故C正確；對于D，把函數圖象上所有的點向右平移個單位長度，所得函數圖象對應函數表達式為，故D錯誤.故選：BC.11．AC【分析】A選項，考慮底面積和高均未變，所以體積不變；B選項，找到異面直線所成角即可判斷；C選項，找到P的軌跡，計算即可；D選項，找到P的軌跡，計算即可.【詳解】底面正方形的面積不變，P到平面的距離為正方體棱長，故四棱錐的體積不變，故A正確；與所成的角即為與AC所成的角，當P在端點A，C時，所成的角最小，為，當P在AC的中點時，所成的角最大，為，故B錯誤；由于P在正方體表面上，P的軌跡為對角線，以及在平面內以為圓心、2為半徑的圓弧，（由于，所以在中，，即直線AP與平面所成的角為45°，又由于平面平面，所以直線AP與平面ABCD所成的角為45°）如圖①，故P的軌跡長度為，故C正確；分別取的中點，由正方體的性質可知六點共面，且為正六邊形，由中位線定理，，平面，所以平面，同理平面，且，平面，所以平面平面，所以FP所在的平面為如圖②所示的正六邊形，當P為BC的中點時，FP的長最小，為，故D錯誤．故選：AC.12．##0.68【分析】找出基本事件總數和滿足條件的基本事件數，根據古典概型公式求解即可.【詳解】由題，甲袋中共有10個球，乙袋中共有10個球，則從兩袋中各取一球，基本事件總數為，取出的2個球顏色不同，可能為：（甲白，乙紅），（甲白，乙黑），（甲紅，乙白），（甲紅，乙黑），（甲黑，乙白），（甲黑，乙紅），則2個球顏色不同的基本事件數為，所以，故13．0或5【分析】先分別求出兩條直線的方向向量，進而用向量的垂直關系即可求解.【詳解】兩直線的方向向量分別為、，故，解得或，當時，,，、符合題意；當時，,，、符合題意.綜上可知，或.故或.14．【分析】先利用向量的夾角公式求出，然后結合向量的夾角公式得，再利用正弦函數的性質可求得結果.【詳解】因為，所以，因為，所以，因為點Px,y為線段上的動點，則，所以，所以，所以，其中，且為銳角，則，所以當時，的最大值為.故15．(1)，(2)【分析】（1）正弦邊角關系及和角正弦公式得，結合三角形內角的性質求，再應用二倍角公式有，進而確定大小；（2）應用余弦定理及求得、，正弦定理求，即可求邊上的高.【詳解】（1）因為，由正弦定理得，所以，又，所以，又，則.因為，即，又，所以，因為，所以.（2）由（1）及余弦定理，得.將，代入，得，解得或（舍去），則.因為，所以，設邊上的高為，則.16．(1)4(2)；平均數為71；中位數為(3)【分析】（1）先分別求出的頻率，進而由10乘以抽樣比可求答案；（2）根據頻率的性質，利用各小長方形的面積和等于1可求；利用各組中值與頻率可估計平均數；先確定中位數所在的小長方形，再設中位數為，進而利用面積等于0.5即可求解；（3）獨立事件的乘法公式即可求解.【詳解】（1）從圖中可知組距為，則的頻率分別為,從成績不高于60分的同學中按分層抽樣方法抽取10人時,成績不高于50分的人數為（人）.（2）由圖可知，解得.使用組中值與頻率可估計平均數為.因為且，所以中