四川省宜宾市第四中学2023-2024学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省宜宾市第四中学2023-2024学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
第I卷 选择题（60分）
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. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】有直线倾斜角和斜率的关键即可得解.
【详解】由题意直线的斜率为，所以直线的倾斜角为.
故选：A.
2. 直线与直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求平行直线的距离要先将两直线一般式的化为一样，再利用平行线间距离公式计算即可.
【详解】先由化得，
所以两直线间的距离为：.
故选：D.
3. 在一次体检中，发现甲､乙两个单位的职工中体重超过的人员的体重如下（单位：）.若规定超过为显著超重，从甲､乙两个单位中体重超过的职工中各抽取1人，则这2人中，恰好有1人显著超重的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】列举出所有选取的情况，再找出满足题意的情况，根据古典概型的概率计算公式即可求解.
【详解】不妨用表示每种抽取情况，
其中是指甲单位抽取1人的体重，代表从乙单位抽取人的体重.
则所有的可能有16种，如下所示：
，，，，
，，，，
，，，，
，，，
其中满足题意的有6种：，，，，，
故抽取的这2人中，恰好有1人显著超重的概率为：.
故选：.
4. 椭圆的焦点在y轴上，长轴长是短轴长的2倍，则m的值为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆标准方程的形式，求出，根据，解出的值即可.
【详解】椭圆的焦点在y轴上，∴，可得，.∵长轴长是短轴长的2倍，∴，解得
故选：D.
5. 圆，圆，则圆与圆的位置关系为（ ）
A. 相交B. 相离C. 内切D. 外切
【答案】D
【解析】
【分析】
求出两圆圆心以及半径，再由圆心距与两圆半径的关系确定位置关系.
【详解】由题意圆的圆心，半径，圆的圆心，半径
，即两圆外切
故选：D
6. 如图，某圆锥的轴截面是等边三角形，点是底面圆周上的一点，且，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，分别得到，然后根据空间向量夹角公式计算即可.
【详解】以过点且垂直于平面的直线为轴，直线，分别为轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系.不妨设，

则根据题意可得，，，，
所以，，
设异面直线与所成角为，
则.
故选：C.
7. 倾斜角为的直线经过双曲线的左焦点，交双曲线于两点，线段的垂直平分线过右焦点，则此双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由垂直平分线性质定理可得，运用解直角三角形知识和双曲线的定义，求得，结合勾股定理，可得a，c的关系，进而得到a，b的关系，即可得到所求双曲线的渐近线方程．
【详解】解：如图为线段AB的垂直平分线，
可得，
且，
可得，，
由双曲线的定义可得，，
即有，
即有，，
，
由，可得，
可得，即，
，则渐近线方程为．
故选A．
【点睛】本题考查双曲线的方程和性质，渐近线方程的求法，考查垂直平分线的性质和解直角三角形，注意运用双曲线的定义，考查运算能力，属于中档题．
8. 正项数列的前n项和为，，则（ ）其中表示不超过x的最大整数.
A. 18B. 17C. 19D. 20
【答案】A
【解析】
【分析】讨论、，根据关系可得且，应用等差数列通项公式求得，利用放缩法有，注意不等式右侧，进而根据的定义求目标式的值.
【详解】当时，，整理得，又，故，
当时，，可得，而，
所以是首项、公差均为1的等差数列，则，又，故，
由，即，同理可得且，
，
，
综上，.
故选：A
【点睛】关键点点睛：首先利用关系及构造法求通项公式，再由放缩法及函数新定义求目标式的值.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知直线l的方程为，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线l的斜率为1
B. 直线l的倾斜角为
C. 直线l不经过第三象限
D. 直线l与两坐标轴围成的三角形面积为
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A，根据直线方程直接求解斜率判断，对于B，由斜率与倾斜角的关系求解判断，对于C，由直线方程求出直线与坐标轴的交点进行判断，对于D，求出直线与坐标轴的交点后，利用三角形的面积公式求解判断.
【详解】对于A，由，得，则直线l的斜率为，所以A错误，
对于B，由选项A可知直线l的斜率为，则直线l的倾斜角为，所以B错误，
对于C，当时，，当时，，所以直线过点和，所以直线l不经过第三象限，所以C正确，
对于D，因为直线过点和，所以直线l与两坐标轴围成的三角形面积为，所以D正确，
故选：CD.
10. 一个装有8个球的口袋中，有标号分别为1，2的2个红球和标号分别为1，2，3，4，5，6的6个蓝球，除颜色和标号外没有其他差异．从中任意摸1个球，设事件“摸出的球是红球”，事件“摸出的球标号为偶数”，事件“摸出的球标号为3的倍数”，则（ ）
A. 事件A与事件C互斥
B. 事件B与事件C互斥
C. 事件A与事件B相互独立
D. 事件B与事件C相互独立
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据互斥事件的概念可判断AB的正误，根据独立事件的判断方法可得CD的正误.
【详解】对AB，若摸得的球为红球，则其标号为1或2，不可能为3的倍数，
故事件A与事件C互斥，故A正确；
若摸得的球的标号为6，则该标号为3的倍数，故事件B与事件C不互斥，故B错误；
对C，，所以C正确；
对D，，所以D正确；
故选：ACD．
11. 已知直线与抛物线相交于两点，点是抛物线的准线与以为直径的圆的公共点，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D. 的面积为
【答案】BC
【解析】
【分析】求出抛物线C的准线方程，可求得p的值，可判断A；利用点差法可求得线段的中点坐标，根据勾股定理列等式可求得k的值，可判断B；利用抛物线的焦点弦长公式以及三角形的面积公式可判断C、D.
【详解】由题意知，抛物线C的准线为，即，解得，故A错误；
所以抛物线的方程为，其焦点为，又直线，
即，所以直线l恒过抛物线的焦点，设点，
因为两点在抛物线上，联立方程，两式相减可得，
设的中点为，则，因为点在直线l上，解得，
所以点是以为直径的圆的圆心，
由抛物线的定义知，圆Q的半径，
因为，解得，故B正确；
因为，所以，故C正确；
因为直线l为，由点到直线的距离公式可得，点M到直线l的距离为，所以，故D错误;
故选：BC.
12. 在棱长为2的正方体中，点满足，点满足，其中，则下列选项正确的是（ ）
A. 的轨迹长度相等B. 的最小值为
C. 存在，使得D. 与所成角的余弦值的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据空间向量运算法则求得点和点的轨迹及长度判断A，建立空间直角坐标系，利用空间中两点距离公式及配方法求解最值判断B，利用向量垂直的坐标运算判断C，利用向量夹角的坐标公式求解余弦值的函数，然后利用二次函数求得最值判断D.
【详解】连接，因为，所以，所以点的轨迹长度为2．
因为，所以，所以点的轨迹长度为，故A错误；
如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
所以，
当时，，所以B正确；
因为，
所以，
当时，，即，所以C正确；
因为，
所以，
因为，
因为，且，
所以当，即时，有最小值即有最大值，最大值为，
所以当时，的最大值为，故D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：
（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）的余弦值，即可求出结果.
第II卷 非选择题（90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 过点且与直线垂直的直线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】先设出与直线垂直的直线方程，再把代入进行求解.
【详解】设与直线垂直的直线为，将代入得：，解得：，故所求直线方程为.
故答案为：
14. 抛掷一枚质地均匀的骰子（骰子的六个面上分别标有1、2、3、4、5、6个点）一次，观察掷出向上的点数，设事件A为“向上的为奇数点”，事件B为“向上的为4点”，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由古典概型的概率求、，根据互斥事件有，即可得结果.
【详解】由题设，事件的基本事件有，事件的基本事件为，而抛掷一次的所有可能事件有，
所有，，则.
故答案为：
15. 某公司产品研发部为了激发员工的工作积极性，准备在年终奖的基础上再增设18个“幸运奖”，投票产生“幸运奖”，按照得票数(假设每人的得票数各不相同)排名次，发放的奖金数从多到少依次成等差数列．已知第1名发放900元，前10名共发放6750元，则该公司需要准备“幸运奖”______元．
【答案】8550
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式和前n项和公式即可计算.
【详解】设第1名，第2名，…，第18名所得奖金数分别为元，元，…，元，等差数列的公差为，前项和为，
依题意可知，，解得，
则，故该公司需要准备“幸运奖”8550元．
故答案为：8550.
16. 若对于圆上任意的点，直线上总存在不同两点，，使得，则的最小值为______.
【答案】10
【解析】
【分析】将问题转化为直线上任意两点为直径的圆包含圆，结合直线上与圆最近的点，与圆上点距离的范围，即可确定的最小值.
【详解】由题设圆，故圆心，半径为，
所以到的距离，故直线与圆相离，
故圆上点到直线的距离范围为，
圆上任意的点，直线上总存在不同两点、，使，
即以为直径的圆包含圆，至少要保证直线上与圆最近的点，与圆上点距离最大值为半径的圆包含圆，
所以.
故答案为：10
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 为了了解某市今年高二年级男生的身体素质情况，从该市高二年级男生中抽取一部分进行“立定跳远”项目测试．立定跳远距离（单位：cm）小于195时成绩为不合格，在上时成绩及格，在上时成绩为良好，不小于255时成绩为优秀．把获得的所有数据分成以下5组：，，，，，画出频率分布方图如图所示，已知这次测试中有2名学生的成绩为不及格．

（1）求这次测试中成绩为及格或良好的学生人数；
（2）若从这次测试成绩为优秀和不及格的男生中随机抽取2名学生再进行其它项目的测试，求所抽取的2名学生中至少1人成绩为不级格的概率．
【答案】（1）44人 （2）
【解析】
【分析】（1）应用频率分布直方图计算及格或良好的学生人数；
（2）根据古典概型计算可得.
【小问1详解】
由题意可知
抽取进行测试的人数为：
故测试中成绩为及格或良好的学生人数为人
【小问2详解】
测试中成绩为优秀的有人，记作，，，
成绩为不及格的有人，记作甲，乙
从这6人随机抽取2人的所有基本事件有，，，，，，，，，，，．，，{甲，乙}，共15个，
其中至少有一人不及格的基本事件有，，，，{甲，乙}，，，，，共9个．
故所抽取的2名学生中至少1人成绩为不及格的概率是．
18. 已知圆和圆外一点．
（1）若过点P的直线截圆所得的弦长为8，求该直线的方程；
（2）求的最大值和最小值．
【答案】（1）或
（2）最大值为75；最小值为-25
【解析】
【分析】（1）根据直线斜率是否存在进行分类讨论，结合弦长求得直线的方程.
（2）根据“两点间的距离”求得正确答案.
【小问1详解】
当过的直线斜率不存在时，直线方程为，
由解得或，则弦长为，符合题意.
当过的直线斜率存在时，设直线的方程为，即，
圆的圆心为，半径为，
设圆心到直线的距离为，则，
即，解得，
直线方程为，即.
【小问2详解】
，
表示圆上的点到点的距离的平方减去，
点在圆上，
所以圆上的点到点的距离的平方的取值范围是即，
所以的取值范围是，
所以的最大值为，最小值为.
19. 在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线（）的焦点F到双曲线的渐近线的距离为1.
（1）求抛物线C的方程；
（2）若不经过原点O的直线l与抛物线C交于A､B两点，且，求证：直线l过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出双曲线渐近线方程，由点到直线距离公式可得参数值得抛物线方程；
（2）设直线方程为，，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得，代入可得值，得定点坐标．
【小问1详解】
已知双曲线的一条渐近线方程为，即，
抛物线的焦点为，所以，解得（因为），
所以抛物线方程为；
【小问2详解】
由题意设直线方程为，设．
由得，，，
又，所以，
所以
，直线不过原点，，所以．
所以直线过定点．
20. 已知在多面体中，，，，，且平面平面.

（1）设点F为线段BC中点，试证明平面；
（2）若直线BE与平面ABC所成的角为，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由四边形为平行四边形.∴，再结合平面，即可证明平面；
（2）由空间向量的应用，建立以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴的空间直角坐标系，再求出平面的法向量，平面的法向量，再利用向量夹角公式求解即可.
【小问1详解】
取中点，连接，，
∵在中，∴.
∴由平面平面，且交线为，平面，得平面.
∵，分别为，的中点，∴，且.
又，，∴，且.
∴四边形为平行四边形.∴，
∴平面.
【小问2详解】
∵平面，平面，所以，
又因为，所以三者两两互相垂直，
∴以为原点，所在直线为轴，过点与平行的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.
则，，.
∵平面，∴直线与平面所成的角为.
∴.∴.
可取平面的法向量，
设平面的法向量，，，
则，取，则，.∴，
∴，
∴二面角的余弦值为.

21. 已知数列的前项的和为，且．
（1）求证：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析.
（2）
【解析】
【分析】（1）先求得，当时，利用的关系可推得，利用等比数列定义即可证明结论；
（2）由（1）可得的表达式，继而可得的表达式，利用分组求和以及错位相减法，即可求得答案.
【小问1详解】
证明：当时，，
当时，有 ，
两式相减得,
故，则，否则与矛盾，
故 ，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列；
【小问2详解】
由（1）可得，
设数列的前项和为，
则，
其中,①,
两边同乘以得,②,
由①②得,
,
所以．
22. 已知椭圆的左、右两焦点分别为,椭圆上有一点与两焦点的连线构成的中，满足
（1）求椭圆的方程；
（2）设点是椭圆上不同于椭圆顶点的三点，点与点关于原点对称，设直线的斜率分别为，且，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理与两角和与差的正弦公式化简求解
（2）设，得，求出，由可得，再计算可得．
【小问1详解】
在 中，由正弦定理得：
，，
所以
解得，，所以椭圆的方程为：.
【小问2详解】
设，则．
由，
所以，即，
于有，即