精品解析：江西省景德镇一中2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题（20班）

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1. 设，，若直线与圆相切，则取值范围是．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：因为直线与圆相切,所以，即，所以，所以的取值范
围是．
考点：圆的简单性质；点到直线的距离公式；基本不等式．
点评：做本题的关键是灵活应用基本不等式，注意基本不等式应用的前提条件：一正二定三相等．
2. 已知抛物线，焦点为F，点M是抛物线C上的动点，过点F作直线的垂线，垂足为P，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由条件确定点的轨迹，结合抛物线的定义，圆的性质求的最小值.
【详解】∵ 抛物线的方程为，
∴ ，抛物线的准线方程为，
∵ 方程可化为，
∴过定点，
设，设的中点为，则，因为，为垂足，
∴，所以，
即点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，
过点作准线的垂线，垂足为，则,
∴ ,，又，当且仅当三点共线且在之间时等号成立，
∴ ，
过点作准线的垂线，垂足为，则,当且仅当三点共线时等号成立，
∴ ，当且仅当四点共线且在之间时等号成立，
所以的最小值为，
故选：A.
3. 已知底面边长为a的正四棱柱内接于半径为的球内，E，F分别为，的中点，G，H分别为线段，EF上的动点，M为线段的中点，当正四棱柱的体积最大时，的最小值为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出正四棱柱的高，表示出体积，用导数求得最大值，得正四棱柱为正方体，的最小值就是点G到EF的距离，为的中点（即与的交点）时，，然后两个，沿展开翻折至共面．如图，当M，G，H三点共线时，最小，由此计算可得．
【详解】正四棱柱的高．
，令，
则，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，的最大值为．
当时，，此时正四棱柱为正方体．
的最小值就是点G到EF的距离，
由正方体的性质知，，（因为正方体的棱与底面垂直，因此与底面内的直线垂直），与是平面内两相交直线，
因此平面，
而E，F分别为，的中点，因此，所以平面，
易知当H为EF的中点时，，平面，所以，
动线段GH，GM分别在，内，将两个平面沿展开翻折至共面．如图，当M，G，H三点共线时，最小，可得，又因为M为线段的中点，
所以．
故选：

【点睛】方法点睛：求空间线段之和的最小值问题，常用方法是把两条线段所在平面剪开摊平到一个平面，利用平面上两点间线段最小的性质求解，这里动点一般在两个平面的交线上，沿此交线摊平两个平面是基本思路．
4. 若数列中，，，且，记数列的前n项积为，则的值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据数列的周期性，即可求解.
【详解】由题意，得，，，，，，
发现数列是以6为周期的数列，且前6项积为1，则，，
所以原式的值为，
故选：D．
5. 已知是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的定义及条件，表示出，结合余弦定理可得答案.
【详解】因为，由双曲线的定义可得，
所以，；
因为,由余弦定理可得，
整理可得，所以，即.
故选：A
【点睛】关键点睛：双曲线的定义是入手点，利用余弦定理建立间的等量关系是求解的关键.
6. 若，则当，1，2，…，100时（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用比大小的方法，即可求出k的值.
【详解】解：由题意得：
即，
化简得：，
又k为整数,可得,所以，
故选：C．
7. 如图，已知四棱柱体积为，四边形是平行四边形，点在平面内，且，则三棱锥与三棱锥的公共部分的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出辅助线，找到两三棱锥的公共部分，结合三角形相似知识得到边长比，从而得到体积比，求出答案.
【详解】先找两三棱锥的公共部分，由知：，故，
在上取点，使得，连接，
设，连接，
则三棱锥为三棱锥与三棱锥的公共部分，
∵∽，
，
点到平面的距离是点到平面的距离的，又，
.
故选：A.
8. 在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】可以把问题看做10个绳头平均分成5组，按平均分组问题求总的基本事件，再求恰好能围成一个圆的基本事件数，结合古典概型计算.
【详解】10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有的打结方式有：种.
其中恰好能围成一个圈的打结方式有：种.
所以5根绳子恰好能围成一个圈的概率为：.
故选：D
【点睛】方法点睛：（1）10个绳头打结，按要求，每次打结都减少2个绳头，所以可以把问题看成平均分组来解决.
（2）恰好围成一个圆时，先选1根绳子，不能两端打结，只能从其余的8个绳头选1个打结，完成后，这段绳子不能两端打结，再从其余的6个绳头选1个…，最后这段绳子两端打结.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若二项式的展开式中所有项的系数和为，则展开式共有项
B. 对具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若一个样本点为，则实数的值是
C. 已知随机变量服从正态分布，若，则
D. 已知，若，则
【答案】CD
【解析】
【分析】令可构造方程求得，知展开式有项，知A错误；根据样本点未必在回归直线上可知B错误；由，结合正态分布曲线对称性可知C正确；根据二项分布方差公式可求得，由方差性质可得，知D正确.
【详解】对于A，令，则展开式所有项系数和为，解得：，则展开式共有项，A错误；
对于B，样本点不一定在回归直线上，不一定是，B错误；
对于C，，，
，，C正确；
对于D，，，
，，D正确.
故选：CD.
10. 在如图所示试验装置中，两个长方形框架与全等，，，且它们所在平面互相垂直，活动弹子M，N分别在长方形对角线与上移动，且，则下列说法正确的是（ ）

A.
B. 的长最小等于
C.
D. 当的长最小时，二面角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，利用空间向量数量积的运算即可判断选项A；利用空间两点间距离公式，结合二次函数的性质求解，即可判断选项B；根据棱锥的体积公式计算即可判断选项C；当的长最小时，分别是的中点，取中点，可得是二面角的平面角，由余弦定理求解即可判断选项D.
【详解】对于A，由题意可知，两两互相垂直，
以点B为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，

∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，故A正确；
对于B，，
∵，∴当时，的长取最小值，故B正确；
对于C，∵，
∴三棱锥底面上的高，边上的高为，
∴，故C错误；
对于D，当的长最小时，，此时分别是的中点，
取中点，连接和，

∵，
∴，
∴是二面角的平面角，
中，,
可得，同理可得，
在中，由余弦定理可得，
即二面角的余弦值为，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知双曲线：的左右焦点分别为，，以为直径的圆与双曲线在第一象限交于点，连接，，与双曲线左支交于点，与渐近线分别交于点，，则（ ）
A. B. 过的双曲线的弦的长度的最小值为8
C. D. 点到两条渐近线的距离的积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】依次求点的坐标，根据两点间的距离公式，判断A的真假；因为实轴也是过焦点的弦，可以判断B的真假；结合点坐标，求面积，判断C的真假；利用点到直线的距离公式判断D的真假.
【详解】如图：

由，且点在第一象限，所以.
又，所以直线的方程为：.
由，且点在双曲线的左支上，所以.
因为双曲线的渐近线方程为，
由得，或， .
对A：若，，则，，所以；
若， ，则，，所以.
综上：A正确；
对B：因为双曲线的实轴长为2，故B错误；
对C：因为，故C正确；
对D：由，故D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：联立方程，根据条件求出各点的坐标，再去判断个选项的准确性，从思维量上来讲，是比较省劲的方法.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 某校安排高一年级（1）～（5）班共5个班去A，B，C，D四个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基地，每个基地至少安排一个班，则高（1）班被安排到A基地的排法总数为__________种．
【答案】60
【解析】
【分析】高（1）班分类，只有高一（1）班被安排到A基地，还有一个班和高一（1）班一起被安排到A基地，利用排列组合求解.
【详解】5个班去A，B，C，D四个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基地，每个基地至少安排一个班，如果是只有高一（1）班被安排到A基地，那么总的排法是种，如果是还有一个班和高一（1）班一起被安排到A基地，那么总的排法是种，所以高一（1）班被安排到A基地的排法总数为种．
故答案为：60.
13. 设直线与两坐标轴的交点分别为，点为线段的中点，若圆上有且只有一个点，使得直线平分，则______.
【答案】或1
【解析】
【分析】根据点为线段的中点，直线平分可得在的垂直平分线上，且垂直平分线与圆仅有一个不与C重合的交点可求解.
【详解】点为线段的中点，直线平分，
在的垂直平分线上，
因为所以中垂线的斜率为，
的中点为，由点斜式得，
化简得，
在圆满足条件的有且仅有一个，
直线与圆相切或圆过点C，
当直线与圆相切时，；
当直线过点C时，.
故答案为: 或1.
14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上的动点．若的外接圆和内切圆的半径之积的最大值为，则该椭圆的离心率为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】设，利用正弦定理可得外接圆半径；利用余弦定理结合椭圆的定义，通过等面积法可得内切圆半径，当为椭圆的短轴顶点时取得最大值，结合题意可得，即可得出离心率．
【详解】
设，则由正弦定理得的外接圆半径，
由余弦定理得，
∴，
∴，
∴，整理得，
设内切圆半径为，所以由等面积法可得
，
即，解得
所以两半径之积，
由题意，为锐角，当为椭圆的短轴顶点时，最大，此时，
则，所以，
所以，当为椭圆的短轴顶点时取等号，
由题意得，解得，
则该椭圆离心率为．
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. 已知正数数列，，且满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）因式分解，从而可推导得，再利用累乘法计算数列的通项公式；（2）根据裂项相消法计算数列的前项和.
【小问1详解】
∵，
∴，
又，∴，即．
又，
且，∴
【小问2详解】
，∴，，
又，
∴.
16. 设椭圆的左右焦点分别为是该椭圆C的右顶点和上顶点，且，若该椭圆的离心率为
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）直线l与椭圆C交于两点，且与x轴交于点若直线与直线的倾斜角互补，求的面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件中离心率已知，结合建立方程组求得，得到椭圆的标准方程；
（2）根据两条直线的倾斜角互补，建立斜率关系，并用坐标进行表示.然后设定直线方程与椭圆联立后消元化简，并表示根与系数的关系，代入前式，确定直线所过定点，再分别利用弦长公式及点到直线的距离公式表示三角形面积，通过换元构造基本不等式求得面积的最值.
【小问1详解】
由题可得，，
所以 因为椭圆的离心率为所以，结合椭圆中可知，所以椭圆C的标准方程为
【小问2详解】
，设
因为直线与直线的倾斜角互补，
所以可知，
即，
化简得
设直线，
将代入上式，
整理可得
且由消元化简可得
，
所以，代入上式
由，
解得
所以
因为点到直线PQ的距离，
且
所以
令，则
所以，.
当且仅当，时取等号.
所以的面积的最大值为
【点睛】（1）倾斜角互补，可转化为斜率和为0；
（2）圆锥曲线中面积最值问题，通常都是把面积表示出来，用基本不等式求最值.
17. 如图，在直角梯形ABCD中，，，四边形为平行四边形，对角线和相交于点H，平面⊥平面，，，G是线段上一动点（不含端点）．

（1）当点G为线段BE的中点时，证明：平面；
（2）若，且直线与平面成角，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，由三角形中位线和边长关系可知四边形是平行四边形，即可证明平面；
（2）根据题意可知，以为原点建立空间直角坐标系，可设利用空间向量即可表示出，进而确定点位置，再分别求得两平面的法向量即可得出二面角的正弦值为.
【小问1详解】
证明：
连接，如下图（1）中所示：
因为四边形为平行四边形，所以是中点，
又点为线段的中点，则，且,
又且，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面；
【小问2详解】
以为原点，为轴，过且在平面内与垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图（2）所示：
由平面⊥平面，，可知，
均为边长为2的正三角形，
则有，
设，
则，
为平面的法向量，
所以，
解得（其中舍去）,所以，
设平面的法向量为，则有，
令，则，故可取．
设平面的法向量为，则有，
令，则，故可取
所以．
所以二面角的正弦值为．
即二面角的正弦值为.
18. 如图，在平面直角坐标系中，为轴正半轴上的一个动点．以为焦点、为顶点作抛物线．设为第一象限内抛物线上的一点，为轴负半轴上一点，设，使得为拋物线的切线，且．圆均与直线切于点，且均与轴相切．

（1）试求出之间的关系；
（2）是否存在点，使圆与的面积之和取到最小值．若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）由题意，设出直线方程，联立其与椭圆方程，根据相切，利用根判别式为零，求得，表示出直线方程，写出的坐标，利用弦长公式，可得答案；
（2）根据切线长定理，可得线段相等与三角形相似，建立方程，表示出，利用三点共线，建立方程，可得与的等量关系，利用圆的面积公式，整理其函数关系，结合基本不等式，可得答案.
【小问1详解】
由条件抛物线C：，点，
设，将其与抛物线C的方程联立，消去得．①
因为与抛物线C切于点P，所以，方程①的判别式为，解得．
进而，点．故．
由，则．②∴.
【小问2详解】
设的圆心分别为．
注意到，与圆切于点P．故．
设圆与轴分别切于，如图所示：

则分别为的角平分线，故，，,
易知，则，
．
结合式②有．③
由三点共线得，化简可得．④
令，于是，圆的面积之和．
根据题意，仅需考虑T取最小值的情形，根据③、④知
．
令．由，，．
当且仅当时，上式等号成立．此时，．
结合式②得．故点．
19. 现有一种不断分裂的细胞，每个时间周期内分裂一次，一个细胞每次分裂能生成一个或两个新的细胞，每次分裂后原细胞消失，设每次分裂成一个新细胞的概率为，分裂成两个新细胞的概率为；新细胞在下一个周期内可以继续分裂，每个细胞间相互独立.设有一个初始的细胞，在第一个周期中开始分裂，其中.
（1）设结束后，细胞的数量为，求的分布列和数学期望；
（2）设结束后，细胞数量为的概率为 .
（i）求；
（ii）证明：.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出的取值及不同取值对应的概率，进而列出分布列，利用期望公式求出期望；
（2）（i）求出第时分裂为个细胞的概率，再用等比数列求和公式，即可求解；
（ii）求出第时分裂为个细胞的概率，再用等比数列求和公式，求出，再利用导数法确定函数的单调性，从而确定最值，即可得证.
【小问1详解】
个结束后，的取值可能为,其中,
，
，，
所以分布列为
.
【小问2详解】
（i）表示分裂结束后共有个细胞的概率，则必在某一个周期结束后分裂成个细胞. 不妨设在第时分裂为个细胞，之后一直有 个细胞，
此事件概率，
所以
.
（ii）代表分裂后有个细胞的概率，设细胞在后分裂为个新的细胞，这两个细胞在剩下的中，其中一个分裂为个细胞，一个保持一直分裂为个细胞，此事件的概率
，
得，
，
其中，.
令,，
记，,令，得.
当,,递增；
当，,递减.
故，
也就是.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个，一是求解时，利用等比数列的知识求解；二是求解的最值时，根据解析式的特点，利用导数来求解.