精品解析：四川省眉山市仁寿县第一中学2023-2024学年高二上学期期末模拟考试数学试题

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1. 在空间直角坐标系O-xyz中，点，，则（ ）
A. 直线AB∥坐标平面xOyB. 直线AB⊥坐标平面xOy
C. 直线AB∥坐标平面D. 直线AB⊥坐标平面
【答案】C
【解析】
【分析】根据与法向量的关系判断.
【详解】由已知得，
坐标平面的一个法向量是，
坐标平面的一个法向量是，
易判断与，不平行，
所以直线AB不垂直坐标平面，也不垂直坐标平面，故BD错.
因为，所以直线不平行坐标平面，
故A错
因为 ，
点A、B均不在坐标平面上，所以直线AB与坐标平面平行，故C对.
故选：C
2. 抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将题中抛物线的方程转化为标准方程，从而得解.
【详解】因为抛物线可化为，
所以其准线方程为.
故选：C.
3. 根据下面的图形及相应的点数，写出下列点数构成数列的第5项的点数（ ）

A. 32B. 35C. 36D. 42
【答案】B
【解析】
【分析】根据所给数据，找出规律即可得解.
【详解】由题意，，
所以，根据规律，，
所以，
故选：B
4. 我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合已知条件，根据空间向量的线性运算法则求解即可.
【详解】因为，所以.
因为，所以.
因为，
所以.
故选：D.
5. 设为等比数列，则“对于任意的，”是“为递减数列”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分、必要条件、等比数列的单调性等知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】设等比数列的公比为，
若，
当时，由得，
解得或，
若，则，此时与已知矛盾；
若，则，此时为递减数列.
当时，由得，
解得或，
若，则，此时与已知矛盾；
若，则，此时此时为递减数列.
反之，若为递减数列，则，
所以“对于任意的，”是“为递减数列”的充分必要条件.
故选：C
6. 已知是等差数列的前项和，且，且，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设数列的首项为，公差为，根据题意求得，再由，得到，得出数列为递减数列，再结合，即可求解.
【详解】设数列的首项为，公差为，
由，可得，
又由，可得，
因为，所以，所以，
可得等差数列为递减数列，
又因为，所以，
故等差数列的前项和最大值为.
故选；A.
7. 已知双曲线C：的右焦点为F，B为虚轴上端点.M是中点，O为坐标原点，OM交双曲线右支于N，若垂直于x轴，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由图，可得点M，N坐标，后由可得，即可得答案.
【详解】如图，由题意可知
注意到，又由题，，则.
因M是中点，则，则.
由题，，则，故.
故选：A.
8. 已知点为椭圆:右焦点，点是椭圆上的动点，点是圆上的动点，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出图形，利用椭圆的定义以及圆的几何性质可求得的最小值.
【详解】如下图所示：
在椭圆中，，
则，
圆的圆心，半径，
圆心为椭圆的左焦点，由椭圆定义可得，
，
由椭圆的几何性质可得，即，
由圆的几何性质可得，
所以，
所以的最小值是.
故选：C.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知、，下列说法中错误的是（ ）
A. 平面内到、两点的距离相等的点的轨迹是直线
B. 平面内到、两点的距离之和等于的点的轨迹是椭圆
C. 平面内到、两点的距离之差等于的点的轨迹是双曲线的一支
D. 平面内到、两点距离的平方和为的点的轨迹是圆
【答案】BD
【解析】
【分析】根据中垂线的定义判断选项A；根据椭圆的定义判断选项B；根据双曲线的定义判断选项C;求出动点的轨迹方程判断选项D.
【详解】设所求动点为，由题意可得
对于A选项，由题意可知，，则点的轨迹为线段的垂直平分线，A正确；
对于B选项，，所以点的轨迹为线段，B错误；
对于C选项，由题意可知，，
所以点的轨迹是以、为焦点的双曲线的一支，C正确；
对于D选项，设点，则，可得，满足条件的点不存在，D错误.
故选：BD.
10. 对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，其中，，，则（ ）
A. 事件A与事件B互斥B.
C. 事件A与事件相互独立D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据古典概型结合概率的性质以及事件的独立性分析判断.
【详解】由题意可得：，则，
∵，
∴，即事件A与事件B不互斥，A错误；
可得：，
故，
可知B正确，D错误；
又∵，
∴事件A与事件相互独立，C正确；
故选：BC.
11. 下列说法中正确的是（ ）
A. 若空间向量，，则向量在向量上的投影向量是
B. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设“第二枚反面朝上”为事件，“两枚硬币朝上的面相同”为事件，则事件与事件相互独立
C. 直线的方向向量为，且过点，则点到直线的距离为2
D. 两个顶点在抛物线上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数有且仅有两个
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据投影向量的坐标运算可判断A，根据独立事件的定义可判断B，又点到直线的距离的向量求法可判断C，由抛物线定义及性质，等边三角形性质可判断D.
【详解】选项A：因为，，则向量在向量上的投影向量是,故A错误；
选项B：抛掷两枚质地均匀的硬币共有四种情况，即正正，正反，反正，反反；
事件A包含两种情况，即正反，反反；所以;
事件B包含两种情况，即正正，反反；所以;
事件包含一种情况，即反反；所以;
所以,即事件与事件相互独立，故B正确；
选项C：依题意，,所以在方向上的投影为，
点到直线的距离为，故C正确；
选项D：因为抛物线，所以焦点,依题意，
设三角形另一个顶点为，由对称性可知设另一个顶点坐标为,
则，又三角形为等边三角形，由抛物线定义有，
化简得，因为,所以方程有两解，即满足条件的三角形有2个，故D正确；
故选：BCD.
12. 数学探究课上，小王从世界名画《记忆的永恒》中获得灵感，创作出了如图1所示的《垂直时光》.已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字对应钟上数字9）.设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12.现在小王准备安装长度为3的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移，不考虑三根指针的粗细），则下列说法正确的是（ ）
A. 若秒针指向了钟上数字5，如图2，则
B. 若秒针指向了钟上数字5，如图2，则平面
C. 若秒针指向了钟上数字4，如图3，则与所成角的余弦值为
D. 若秒针指向了钟上数字4，如图3，则四面体的外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】分别用立体几何中空间向量法判断A，B，C，求出四面体的外接球的表面积，判断D.
【详解】
如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
若秒针指向了钟上数字5，则，
则，，所以，A正确.
，故是平面的一个法向量.
因为，所以，
所以与不垂直，从而与平面不平行，B不正确.
若秒针指向了钟上数字4，则，
，
，C正确.
由，得.
因为，所以外接圆的半径，
则四面体的外接球的半径，则，
故四面体的外接球的表面积为，D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知直线：与：平行，则的值是_______
【答案】0
【解析】
【分析】由两直线平行计算，再检验两直线是否重合即可.
【详解】若直线：与：平行，
则，解得或，
当时，两直线平行；当时，两直线重合.
综上所述，k的值为0.
故答案为：0.
14. 有编号互不相同的五个砝码，其中3克、1克的砝码各两个，2克的砝码一个，从中随机选取两个砝码，则这两个砝码的总重量超过4克的概率为_______
【答案】##
【解析】
【分析】将题目中的砝码编号，利用枚举法，结合古典概型的概率公式，可得答案.
【详解】记3克的砝码为，，1克的砝码为，，2克的砝码为，从中随机选取两个砝码，则，共有10个样本点，
其中事件“这两个砝码的总重量超过4克”包含3个样本点，故所求的概率为．
故答案为:.
15. 图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径，深度，信号处理中心F位于焦点处，以顶点O为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，若P是该抛物线上一点，点，则的最小值为__________．
【答案】3
【解析】
【分析】由题意可知点在抛物线上，利用待定系数法求抛物线方程，结合抛物线定义求的最小值.
【详解】设抛物线的方程为，
因为，，所以点在抛物线上，所以，故，
所以抛物线的方程为，
所以抛物线的焦点，准线方程为，
在方程中取可得，所以点在抛物线内，
过点作与准线垂直，为垂足，点作与准线垂直，为垂足，
则，所以，当且仅当直线与准线垂直时等号成立，
所以的最小值为3.
故答案为：3.
16. 数列和数列的公共项从小到大构成一个新数列，数列满足：，则数列的最大项等于______.
【答案】##1.75
【解析】
【分析】由条件求数列的通项公式，再研究数列的单调性，由此确定其最大项.
【详解】数列和数列的公共项从小到大构成一个新数列为：
，该数列为首项为1，公差为的等差数列，
所以，
所以
因为
所以当时，，即，
又，
所以数列的最大项为第二项，其值为.
故答案为：.
四、解答题：共6小题，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在平面直角坐标系中，点A的坐标为，动点P满足．
（1）求动点P的轨迹C的方程；
（2）若直线l过点且与轨迹C相切，求直线l的方程．
【答案】（1）；（2）或．
【解析】
【分析】
（1）设，根据动点满足，用两点间距离公式化简求解.
（2）讨论直线的斜率，设出直线l的方程，由圆心到直线的距离等于圆的半径可得答案.
【详解】（1）设，则由，
即，
化简得，
所以P点的轨迹方程为．
（2）当直线l的斜率不存在时，方程为，
圆心到直线l的距离为2，又因为圆的半径为2，所以相切；
当直线l的斜率存在时，设，
即，
由到l的距离，解得，
所以直线方程为，即，
综上，l的方程为或.
【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，判断直线和圆的位置关系有①几何法，就是利用圆心到直线的距离和半径大小；②代数法，就是利用圆的方程和直线方程联立后由判别式求解.
18. 甲､乙､丙三人进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的概率均为，乙胜丙的概率为，各场比赛的结果相互独立.经抽签，第一场比赛甲轮空.
（1）求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；
（2）求只需四场比赛就决出冠军的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设事件为甲胜乙，为甲胜丙，为乙胜丙，然后得出丙被淘汰可用事件，根据互斥事件的概率公式以及事件的独立性，即可得出答案；
（2）分最终的冠军为甲，乙，丙，分别求解出概率，然后根据互斥事件的概率公式，即可得出答案.
【小问1详解】
记事件为甲胜乙，则，则，
事件为甲胜丙，则，，
事件为乙胜丙，则，.
则丙被淘汰可用事件来表示，
所以，前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为
.
【小问2详解】
若最终的冠军为甲，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，
；
若最终的冠军为乙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，
；
若最终的冠军为丙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，
.
所以，只需四场比赛就决出冠军的概率为
.
19. 已知等比数列的前n项和，为常数.
（1）求的值与的通项公式；
（2）设，数列的前n项和为，求.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用递推关系与等比数列的通项公式即可得出；
（2）利用错位相减法求数列的前项和为即可．
【小问1详解】
解：当时，，
当时，，
是等比数列，
，即，所以，
数列的通项公式为；
【小问2详解】
解：由（1）得
，
，
则．
．
20. 如图，在三棱柱中，平面，已知，点是棱的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的正弦值;
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
分析】（1）通过证明，来证明平面；
（2）以为轴建立空间直角坐标系，运用向量法求解平面与平面夹角的正弦值;
【小问1详解】
在中，因为，
由余弦定理知，得到，
所以，故，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面.
【小问2详解】
如图所示，以为轴建立空间直角坐标系，

因为，，
则，，，，，，
又点是棱的中点，所以，
设平面的法向量为，
，，
由，得到，取，，
得到，
设平面的法向量为，
，，
由，得到，取，，
得到，
平面与平面夹角的平面角为锐角，
故余弦值为，
所以正弦值为
21. 已知椭圆：上顶点为，左焦点为，且，在直线上.
（1）求的标准方程；
（2）设直线与交于，两点，且四边形为平行四边形，求的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的标准方程，利用条件求出，即可得出结果；
（2）根据题意，设直线的方程为，联立椭圆方程得，由韦达定理得，再利用条件得，从而得到，即可求出结果.
【小问1详解】
因为椭圆的上顶点为，左焦点为，均在直线上，
令，得，令，得到，所以，得到，
所以，故椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
因为四边形为平行四边形，则直线过中点，易知直线的斜率存在，
设直线的方程为，，
由，消得到，
易知，直线与椭圆恒有两个交点，又由韦达定理知，，
又，，
因为四边形为平行四边形，所以，得到，
又，，代入，
整理得，即，
将代入，得到，即，
所以或，又，故舍去，
所以，直线方程为，即.

22. 已知双曲线的实轴长为4，离心率为．过点的直线l与双曲线C交于A，B两点．
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）已知点，若直线QA，QB的斜率均存在，试问其斜率之积是否为定值？请给出判断与证明．
【答案】（1）
（2）斜率之积为定值4，证明见解析
【解析】
【分析】（1）由双曲线的实轴长和离心率，求出与，可得双曲线C的标准方程；
（2）分直线l斜率存在和不存在两种类型，通过联立方程组，设点，利用韦达定理表示直线QA，QB的斜率之积，化简得定值.
【小问1详解】
双曲线的实轴长为4，则，即，
双曲线离心率为，则双曲线是等轴双曲线，得．
所以双曲线C的标准方程为.
【小问2详解】
当直线QA，QB的斜率均存在，其斜率之积为定值4，证明如下：
过点的直线l，若斜率不存在，则直线方程为，
与双曲线方程联立解得，，.
直线l斜率存在，设直线斜率为，直线方程为，
双曲线渐近线方程为，当时，直线l与双曲线C交于A，B两点，
由，消去得，
设，，有，，
，
，
当直线QA，QB斜率均存在，
.
所以当直线QA，QB的斜率均存在，其斜率之积为定值4.
【点睛】方法点睛：
解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情况，强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．