河北省保定市2024-2025学年高二上学期期末调研考试数学（A卷）（解析版）.docx

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2024一2025学年第一学期期末高二调研考试

数学试题（A卷）

注意事项：

1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题卡上.将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.

3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.

4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.

1.直线与直线的距离（）

A.1 B.2 C.3 D.4

【答案】A

【解析】

【分析】根据平行线间的距离公式，即可求得答案.

【详解】由题意知直线，即与直线平行，

故它们之间的距离为，

故选：A

2.直线的一个方向向量是（）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据直线方程可得斜率，即可求得其方向向量.

【详解】易知直线的斜率为，

因此其方向向量可以为.

故选：C

3.在2与18中间插入7个数使这9个数成等差数列，则该数列的第5项是（）

A.6 B.8 C.10 D.12

【答案】C

【解析】

【分析】根据等差数列的基本量的运算求解即可.

【详解】设此等差数列为，公差为，

则，故，

所以，

故选：C

4.过三点圆的标准方程为（）

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】得到三角形是直角三角形，故只需求出三角形外接圆圆心、半径即可.

【详解】因为，所以三角形是直角三角形，

其外接圆圆心为的中点，半径为，

故所求为.

故答案为：D.

5.等比数列的前项和为，，则数列的公比（）

A. B.2 C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据等比数列前项和公式计算解方程可得其公比.

【详解】依题意可知公比，

所以，解得.

故选：C

6.在平行六面体中，与交于点，设，则（）

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据空间向量加减法运算即可求解.

【详解】

故选：D

7.抛物线与圆交于、两点，，则（）

A.1 B.2 C.3 D.4

【答案】B

【解析】

【分析】联立抛物线与圆的方程求出坐标，利用建立方程求解即可.

【详解】设，联立，消y得，

由抛物线和圆都关于x轴对称，所以，

所以，所以，所以.

故选：B

8.已知分别为椭圆的左，右焦点，点为直线与椭圆的一个公共点，满足，且，则椭圆的方程为（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题意利用椭圆定义结合，可求出；又直线，可得直线的方程为，联立求出P点坐标，代入椭圆方程可求出，即得答案.

【详解】由题意知P在椭圆E:x2a

故，即，

又，故，则，

结合，得；

又直线，故直线的方程为，

联立，解得，即，

代入，得，结合，

整理得，解得，

故椭圆的方程为，

故选：B

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.

9.下列数列中，一定是单调递增数列的是（）

A. B.

C. D.

【答案】BC

【解析】

【分析】举反例判断AD，利用与0的关系验证BC.

【详解】因为

对于A：，则数列一定不单调递增，不合题意；

对于B：，

所以数列为单调递增数列；

选项C：，所以数列是单调递增数列；

选项D：当时，，此时数列不是单调递增数列，不合题意.

故选：BC

10.如图，在棱长为的正方体中，点为线段的中点，点在底面四边形内（包括边界）移动，且，则（）

A. B.点到平面的距离为

C.点的轨迹长度为 D.为线段上的点，则的最小值为

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据线面垂直性质可知A正确；利用体积桥可求得B正确；根据可求得点轨迹为四分之一圆，知C正确；结合圆的性质可求得D正确.

【详解】对于A，，，，平面，

平面，又平面，，A正确；

对于B，平面，，；

是边长为的等边三角形，，

点到平面的距离，B错误；

对于C，平面，平面，，

又，，，

点轨迹是以为圆心，为半径的圆在四边形（含边界）中的部分，即四分之一圆，

点轨迹长度为，C正确；

对于D，由C知：点轨迹为四分之一圆，

由圆的性质可知：当三点