重庆市西南大学附属中学2024-2025学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市西南大学附属中学2024-2025学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
高二数学试题
（满分：150分，考试时间：120分钟）
注意事项：
1.答卷前考生务必把自己的姓名，准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑；回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回（试题卷自己保管好，以备评讲）.
一、单选题：本大题共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．已知椭圆的方程为，则椭圆上一点到左焦点的距离最小值为（ ）.
A．8B．5C．3D．2
2．在等差数列中，，，则公差（ ）
A．0B．1C．2D．3
3．已知等比数列中，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知直线与圆相交于A，B两点，且为等边三角形，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
5．某班准备从甲、乙、丙、丁4位同学中挑选3人，分别担任2025年元旦晚会的主持人、记分员和秩序员，每个职务最多一人担任且每个职务必须有一人担任，已知甲同学不能担任主持人，则不同的安排方法有（ ）种.
A．18B．24C．27D．64
6．已知正项数列的前项和为，，且，则满足的的最大值为（ ）
A．9B．10C．11D．12
7．已知双曲线的通径为线段，到双曲线两条渐近线的距离之和等于实轴长，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知为焦点在轴上的双曲线，其离心率为，为上一动点（除顶点），过点的直线，分别经过双曲线的两个顶点，已知直线的斜率，则直线的斜率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9．下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则事件与事件相互独立
B．小付同学本学期参与了次数学考试，则事件“至少有次及格”与事件“只有一次及格”互为对立事件
C．高二年级准备从个班级中抽取个班级参与“附中好诗词”舞台搭建，采取抽签法和随机数法两种不同方法抽取时，每个班级被抽中的概率分别为、，则
D．若，，则
10．已知等比数列的首项，公比，在中每相邻两项，之间插入个数，使到这个数构成第个等差数列，则（ ）
A．
B．第个等差数列的公差为
C．第8个等差数列的所有项的和为
D．是第15个等差数列中的第9项
11．直线过抛物线的焦点，若点为坐标原点，与交于A、B两点，则（ ）
A．
B．重心纵坐标的最小值为
C．以线段为直径的圆被轴截得的弦长最小值为
D．若直线交准线于点D，且，则
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．一组数据的平均数为1，方差为5，记的平均数为，方差为则 .
13．已知数列满足递推公式，，且，记为的前项和，则 .
14．抛物线焦点为，为抛物线上两点，抛物线在处的切线交于点，且，，则 .
四、解答题：本大题共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．某中学为提升学生的数学素养，激发大家学习数学的兴趣，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，分为初赛和复赛两个环节，全校学生参加了初赛，现从参加初赛的全体学生中随机地抽取300人的成绩作为样本，得到如下频率分布直方图，根据图形，请回答下列问题：
(1)求频率分布直方图中的值.若从成绩不低于70分的学生中，按分层抽样方法抽取24人的成绩，求24人中成绩不低于90分的人数.
(2)用样本估计总体，估计该校学生数学文化素养知识初赛成绩的中位数.（保留小数点后两位）
(3)若甲、乙两位同学均进入复赛，已知甲复赛获一等奖的概率为，乙复赛获一等奖的概率为，甲、乙是否获一等奖互不影响，求至少有一位同学复赛获一等奖的概率.
16．已知数列是公差为正的等差数列，，且，，成等比数列，若数列前项和为，并满足.
(1)求数列，的通项公式.
(2)若，求数列的前项和.
17．如图在多面体中，，，平面，，D为线段AC上一点且，.
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)证明：直线与平面不平行；
(3)若直线与平面所成的角的正弦值为，求点到平面的距离.
18．已知一动圆与直线相切且过定点.
(1)求圆心的轨迹方程；
(2)、是的轨迹上异于原点的两点；
（i）若，求面积最小值；
（ii）直线、的倾斜角分别为与，当时，试问：直线是否过定点?若是，求出定点坐标；若不是，说明理由.
19．在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c.
(1)已知，，.
①求；
②若的平分线交于点，求线段的长；
(2)若是锐角三角形，为（1）中所求，H为的垂心，且，求的取值范围；
(3)若，令，试求的最大值.
1．D
【分析】根据椭圆方程及其性质，即可得点到左焦点的距离最小值.
【详解】由椭圆方程知，椭圆上点到左焦点的距离最小值为.
故选：D
2．C
【分析】根据等差求和的性质可得，即可求解.
【详解】由可得，
故，
故选：C
3．B
【分析】推导出，再利用等比中项的性质可求得的值.
【详解】设等比数列的公比为，则，
由等比中项的性质可得，故.
故选：B.
4．A
【分析】根据已知，只需保证圆心到直线的距离为，应用点线距离公式列方程求参数值.
【详解】由题设，如下图示，圆心，半径，要使为等边三角形，
则圆心到直线的距离为，
所以，可得.
故选：A
5．A
【分析】应用分类分步计数原理及排列组合数求不同的安排方法数.
【详解】若甲被选出，从其它3位同学选2位有种，
将甲安排为记分员或秩序员有种，另2人作全排有种，
所以共有种；
若甲不被选出，只需将选出的3人作全排列有种，
综上，共有种.
故选：A
6．A
【分析】由对数运算性质及等比数列的定义得是首项、公比都为2的等比数列，应用等比数列前n项和公式及求的最大值.
【详解】由题设，又，即是首项、公比都为2的等比数列，
所以，则，
由，则，即.
所以满足的的最大值为9.
故选：A
7．D
【分析】不妨设点在第一象限，求出点的坐标，利用点到直线的距离公式以及题意可得出、的等量关系，由此可求得该双曲线的离心率的值.
【详解】不妨设点在第一象限，如下图所示：
联立可得，即点，
双曲线的渐近线方程为，即，
点到直线的距离为，
点到直线的距离为，
由题意可得，即，可得，
故，故该双曲线的离心率为，
故选：D.
8．C
【分析】由离心率可得由题意可得，由斜率，即可得斜率的取值范围.
【详解】设双曲线的方程为为上一动点，上顶点下顶点离心率为，即可得
直线为直线PA, 直线为直线PB,
则，
，又，，可得，
故选：C
9．AC
【分析】利用独立事件的定义可判断A选项；利用对立事件的定义可判断B选项；利用随机抽样的公平性可判断C选项；利用并事件的概率公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，，则，
因为，则事件与事件相互独立，
故事件与事件相互独立，A对；
对于B选项，小付同学本学期参与了次数学考试，
则事件“至少有次及格”包含的事件有“次及格”、“次及格”、“次及格”，
其对立的事件为“次及格或次全不及格”，
因此，事件“至少有次及格”的对立事件为“至多有次及格”，B错；
对于C选项，高二年级准备从个班级中抽取个班级参与“附中好诗词”舞台搭建，
采取抽签法和随机数法两种不同方法抽取时，每个班级被抽中的概率分别为、，
则每个班级被抽中的概率相等，故，C对；
对于D选项，若，，
则，D错.
故选：AC.
10．ABD
【分析】根据等比数列的通项即可求解A，根据等差数列的性质即可求BD，根据等差求和公式即可求解C.
【详解】对于A，等比数列的首项，公比，故，故A正确，
对于B，第个等差数列为，之间插入个数得到的数列，
公差为，故B正确，
对于C，第8个等差数列为之间插入8个数得到的等差数列，
故所有项的和为，故C错误，
对于D，第15个等差数列为之间插入15个数得到的等差数列，
故第9项为，故D正确，
故选：ABD
11．BCD
【分析】根据直线经过定点即可求解焦点得判断A，联立直线与抛物线方程，得韦达定理，根据重心坐标公式即可求解B，根据圆的方程，即可，得，即可根据弦长公式求解C,根据向量的坐标关系，结合韦达定理，即可根据弦长公式求解D.
【详解】对于A，由于直线恒过定点,即抛物线焦点为，因此，故，A错误，
对于B,由可得设，联立得，
故，所以重心的纵坐标为，当且仅当等号成立，故B正确，
对于C,设中点为，则，
所以线段为直径的圆的方程为，即，
设该圆与轴的交点为，令，则，故，所以，当且仅当时等号成立，故C正确，
对于D，设，由可得，
，，
则，或（舍去），则，故D正确，
故选：BCD
【点睛】方法点睛：解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去 (或)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．
12．2025
【分析】根据期望和方差的性质即可求解.
【详解】由题意可得，
故，
故答案为：2025
13．
【分析】根据递推关系求解的值可知为周期数列，且周期为3，即可求解.
【详解】由可得，故，
，
故，
故为周期数列，且周期为3，
故，
故答案为：
14．
【分析】设出切线方程，联立与抛物线方程，根据判别式为0可得，进而得切线方程为，联立两切线方程得，即可结合焦半径公式以及两点距离公式化简求解.
【详解】设，
设处的切线方程为，与抛物线方程联立可得，
则，化简可得，故，
因此方程为，即，
同理可得，
则，解得，
由于，
所以
,故
故答案为：
【点睛】关键点点睛：切点为的切线方程与抛物线方程联立，根据判别式为0得切线方程为.
15．(1)，24人中成绩不低于90分的人数为2，
(2)
(3)
【分析】（1）根据频率之和为1即可求解，根据抽样比即可求解，
（2）根据频率分布直方图中，中位数的计算公式即可求解，
（3）根据相互独立事件的概率乘法公式，结合对立事件的性质求解.
【详解】（1）由题意可知，解得，
成绩位于的频率之比为，
故24人中成绩不低于90分的人数为，
（2）由于，
，
故中位数位于，
设中位数为，则，解得，
（3）甲乙两个人都未复赛获一等奖的概率为，
故至少有一位同学复赛获一等奖的概率为
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据等比中项，结合等差数列基本量的计算可得公差，即可求解，利用的关系，作差可得为等比数列，即可求解，
（2）利用错位相减法求和，结合等比数列求和公式即可求解.
【详解】（1）设公差为，由，，成等比数列，
故，即，化简得，
由于，故，因此，
由可得时，
两式作差可得，
令，则，故，
因，所以为等比数列，公比为3，
因此，故，
（2），
，
，
故，
故
17．(1)
(2)证明见解析；
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系计算异面直线所成角的余弦值；
（2）先求平面的法向量，再应用得出直线与平面不平行；
（3）先应用线面角正弦得出点坐标，应用空间向量法公式计算点到平面距离即可.
【详解】（1）
因为，平面，，
所以以为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系，
因为，，所以，
则，
设异面直线与所成角为，
则；
（2）设平面的法向量为，
因为，所以，
所以，所以，
令，则，
因为不是0，所以直线与平面不平行；
（3）设，，
直线与平面所成的角为，
所以，
所以，即得或（舍）
，点到平面的距离.
18．(1)；
(2)（i）；（ii）是，定点为.
【分析】（1）根据题设有，整理化简即可得轨迹方程；
（2）（i）设，，联立抛物线，应用韦达定理及求参数，进而有直线恒过点，根据求最小值；
（ii）法一：根据已知可得、，写出直线的方程，结合及差角正切公式得，代入直线整理求定点即可；法二：设直线的方程为：，联立抛物线方程得到韦达定理式，根据两角和的正切公式再代入韦达定理式即可得到，则得其所过定点.
【详解】（1）设，由题意有，则；
（2）（i）设，，联立抛物线有，
则，且，，则，
由，可得，即，
所以直线恒过点，则
，当且仅当时取等号，
所以面积最小值为；
（ii）法一：由题设且，联立，可得，同理，
所以，则,
由，
所以，
当时，，
所以直线过定点.
法二：由题，斜率必存在，设直线的方程为：，
联立，消有：，
，，
，
代入韦达定理式得，
直线的方程为：，
过定点．
【点睛】关键点点睛：第二问，二小问，根据已知写出直线关于已知参数的方程，结合求定点.
19．(1);
(2)
(3)
【分析】（1）①利用同角三角函数基本关系和正弦定理以及余弦定理即可得到答案；
②根据余弦定理得，再利用三角形面积公式即可得到答案；
（2）设，将表示为角的三角函数，再利用二倍角公式，转化为关于的函数，即可求出范围；
（3）利用余弦定理和正弦定理得，再将其平方转化为关于的函数，再配凑即可求出最值.
【详解】（1）①因为，
所以，
由正弦定理，得，即，
由余弦定理，得，
因为，所以；
②又因为，所以，
即，解得，设边上的角平分线长为，
则，
即，
即，解得，即边上的角平分线长为；
（2）延长交于，延长交于，
设，所以，
在Rt中，，
在中，，所以，
在Rt中，，
同理可得在Rt中，，
所以
，
因为，所以，所以，
所以，即的取值范围为．
（3）由余弦定理，，
所以，
所以
，
，
所以．当且仅当，
即时，．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是将边转化为关于角的三角函数，再利用二倍角公式即可求出最值.