四川省南充市2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试题（Word版附解析）

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数学试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，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．
一、单选题：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，只有一项符合题目要求．
1. 已知向量，且，则（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据则，可得，再求解模长即可.
【详解】因为则，即，解得.
故，即.
故选：C
2. 如图所示，直线的斜率分别为，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用斜率与倾斜角的关系即可判断．
【详解】由，结合的函数图象，
直线对应的倾斜角为钝角，则，
直线与都为锐角，且的倾斜角大于的倾斜角，
则，故．
故选：B
3. 某城市一年的空气质量状况如下表所示：
其中当污染指数时，空气质量为优；当时，空气质量为良；当时，空气质量为轻微污染．该城市一年空气质量达到优或良的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据互斥事件的和的概率公式求解即可.
【详解】由表知空气质量为优的概率是，
由互斥事件的和的概率公式知,空气质量为良的概率为，
所以该城市空气质量达到良或优的概率，
故选：D
4. 已知数列满足，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由递推关系式可知数列是周期为3的周期数列，根据周期可得答案.
【详解】因为，
所以，，
，，，
可得数列是以为周期的周期数列，
则.
故选：A.
5. 若双曲线经过点，且它的两条渐近线方程是，则双曲线的离心率是（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据题意判定双曲线的焦点所在的轴，由此设出双曲线的标准方程，然后根据渐近线方程得到双曲线基本量的关系，进而得到离心率.
【详解】因为，
所以点在两渐近线的右侧，
双曲线的中心在原点，焦点在轴上，
故可设双曲线的标准方程为，
渐近线方程为，
结合已知渐近线方程为得，
故双曲线的离心率.
故选：A.
6. 如图，空间四边形中，，点在上，且，点为中点，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量基本定理结合题意求解即可
【详解】因为空间四边形中，，，，点在上，且，点为中点，
所以
，
故选：B
7. 若直线被圆截得的弦长为2，则的最小值为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用半径、圆心到直线的距离、弦长的一半构成的直角三角形可得，再利用基本不等式可得答案.
【详解】圆化为标准方程为，
所以圆心坐标为，半径为，
可得圆心到直线的距离为，
若直线被圆截得的弦长为2，
则，整理得，即，
又，所以
，
当且仅当即时等号成立，
则最小值为2.
故选：C.
8. 已知两定点，若某直线上存在点，使，则该直线称为“型直线”，给出下列直线，其中是“型直线”是（ ）
①；②；③；④
A. ①③B. ①②C. ③④D. ①④
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆的定义得出点的轨迹是以为焦点的椭圆，然后将“型直线”的判定问题转化为直线与椭圆是否有公共点的问题.
【详解】由题意可知，点的轨迹是以为焦点的椭圆，
设椭圆方程为，
且，则，
所以椭圆方程为，
对于①，把代入并整理得，
，因为，
所以方程有一个解，
该直线称为“型直线”，故①正确；
对于②，把代入得，，无解，
所以直线不是“型直线”，故②错误；
对于③，把代入并整理得，
，因为，
所以方程无解，
所以直线不是“型直线”，故③错误；
对于④，把代入并整理得，
，因为，
所以方程有两个解，
该直线称为“型直线”，故④正确.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：将“型直线”的判定问题转化为直线与椭圆是否有公共点的问题.
二、多选题：本题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列给出的命题中正确的有（ ）
A. 已知两个向量，，且，则
B. 三棱锥中，点为平面上的一点，且，则
C. 已知，，则在上的投影向量坐标为
D. 若是空间的一组基底，则也是空间的一组基底
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据空间向量平行求参数，可判断A的真假；根据向量共面求参数，可判断B的真假；根据投影向量的概念判断C的真假；根据空间向量基底的概念判断D的真假.
【详解】对A选项：由，所以存在，使得，即，
所以，所以，故A正确；
对B选项：因为点为平面上的一点，所以存在，使得,
即.
因为，所以，故B正确；
对C选项：在上的投影向量为：，故C正确；
对D选项：因为，所以，，三个向量共面，
所以不是空间向量的一组基底，故D错误.
故选：ABC
10. 已知线段是圆的一条动弦，为弦的中点，，直线与直线相交于点，下列说法正确的是（ ）
A. 直线恒过定点
B. 弦的中点的轨迹方程为
C. 若为坐标原点，则的最大值为
D. 直线的交点的轨迹方程为（去掉点）
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出直线所过定点判断A；利用圆的弦长公式求出弦心距判断B；利用圆的性质求出最大值判断C；确定两直线垂直并求出轨迹方程判断D.
【详解】对于A，直线恒过定点，A错误；
对于B，圆的圆心，半径，则，
因此弦的中点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，直线过定点，而直线不包含直线，
直线不包含直线，由，得，因此点的轨迹是以
点与为直径端点的圆（不含点），方程为（去掉点），D正确.
故选：BCD
11. 已知动点是双曲线上的点，点是的左，右焦点，是双曲线的左，右顶点，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则的面积为8
B. 点到两渐近线的距离之积为
C. 点在双曲线的右支时，的最大值为
D. 设的面积为，则为定值
【答案】AD
【解析】
【分析】根据双曲线的定义，结合勾股定理即可求解，由面积公式即可求解A；根据点到直线的距离公式即可求解B；根据双曲线定义得，即可消元，结合对勾函数的性质求解C；根据和差角的正切公式，结合斜率公式以及面积公式即可求解D.
【详解】对A：因为双曲线，故可得，
当时，，
故，则,故A正确；
对B：设点，则，又双曲线渐近线为，
故到两渐近线的距离之积为.故B错误；
对C：因为，故可得，
故,
因为，故在单调递增，
则当时，取最大值，故C错误；
对D：不妨设点在轴上方，则，
则，
又，，
故，又，
故；当点在轴下方时，同理可得.
故D正确
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：，
又，，结合双曲线方程化简.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知抛物线C：，则抛物线C的准线方程为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线方程求出的值，进一步得出答案.
【详解】因为抛物线，
所以，∴
所以的准线方程为.
故答案为：
13. 如图，正方体的棱长为2，分别为与的中点，则点到平面的距离为_______．
【答案】##
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量公式进行计算.
【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，故平面的法向量为，
又，则点到平面的距离为.
故答案为：.
14. 已知椭圆的左，右焦点分别为，经过的直线与椭圆交于两点，且的周长为．则椭圆的方程为_______；若在轴上存在一定点，使得过点的任意直线与椭圆相交于两点，都有为定值，则定点坐标为_______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由的周长为，确定即可求解第一空，对于第二空，设、、，直线方程为，结合椭圆方程联立得到：，通过，即可求解；
【详解】由已知，，
易知的周长为，所以，又，
解得，
椭圆的方程为．
设、、，
当直线不为轴时的方程为，
,
联立椭圆方程得：．
，，
又，
所以
当且仅当，
即时（定值）
即在x轴上存在点使得为定值，
此时的坐标为或，
当点的坐标为，
直线为x轴时，，
此时，
当点的坐标为，
直线为x轴时，，
此时，
所以定点坐标为.
【点睛】关键点点睛：为定值，需满足.
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. 为了迎接学校百年华诞，学生参加某项志愿者面试活动，为此学生会在报名的学生中组织了志愿者面试活动，面试有两道题，两道题都答对者才能成为志愿者．假设两题作答相互独立，现有甲、乙、丙三名学生报名并进入面试环节，他们答对第一题的概率分别是、、，答对第二题的概率分别是、、．
（1）求甲、乙两位同学都通过面试成为志愿者的概率；
（2）求甲、乙、丙三人中至少有一人通过面试成为志愿者的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设甲、乙通过面试为分别事件、，求出、的值，利用独立事件的概率公式可求得所求事件的概率；
（2）设丙通过面试为事件，求出的值，利用对立事件和独立事件的概率公式可求得所求事件的概率.
【小问1详解】
设甲、乙通过面试分别事件、，
则，，
易知事件、相互独立，所以，．
因此，甲、乙两位同学都通过面试成为志愿者的概率为.
【小问2详解】
设丙通过面试为事件，则．
则甲、乙、丙三人中无人通过面试为事件，
易知事件、、两两相互独立，
得，
则甲、乙、丙三人中至少有一人通过面试的概率为．
16. 已知数列的前项和公式为．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列中的最小项．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据时求解即可；
（2）由题意，进而可得的增减性，进而可得最小项.
【小问1详解】
当时，
，
当时，，满足上式，
所以
【小问2详解】
当时，，即，所以；
当时，，即；
当时，，即，所以；
所以列中最小的项为．
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是边长为2的正方形，为等边三角形，点是线段的中点，点满足．
（1）求证：//平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接与相交于，连接．再证明即可；
（2）根据面面垂直的性质可得平面，再设点是线段的中点，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，再根据面面角的向量求法求解即可.
【小问1详解】
如图，连接与相交于，连接．
因为点满足，所以，
因为，
所以，又平面平面，
所以//平面.
【小问2详解】
因为为等边三角形，点是线段的中点，
所以．
又平面平面，平面平面平面，
所以平面.
设点是线段的中点，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则．
由于平面．则平面的法向量可设为．
设平面的法向量为．
则，即，
令，则，
则平面的一个法向量为，
则．
由图可得二面角为锐角，
则二面角的余弦值为．
18. 已知在直角坐标系中，动点到点的距离和它到直线的距离相等．
（1）求动点的轨迹方程；
（2）过点的直线与交于两点，连接延长与分别交于两点，
①求面积的最小值；
②求证：直线恒过定点．
【答案】（1）
（2）① ；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）设点，用坐标表示出题设条件化简即可得；
（2）①设直线，不妨令在第一象限，则在第四象限，在第一象限，由韦达定理求得，代入面积后可得最小值；
②设，设直线为，由韦达定理求得，同理得，结合（1）可得，然后设直线为，两样利用韦达定理得，从而得出关系，确定出直线所过定点．
【小问1详解】
设点，则由题意可知：，
化简得，
综上可知动点的轨迹方程为：；
【小问2详解】
①根据（1），由题意可设直线，
不妨令A在第一象限，则在第四象限，在第一象限，如图所示，
联立抛物线方程，
显然，
所以
当且仅当时，的最小值
②设，设直线为，
与抛物线联立有，
显然，同理可得．
所以，又
所以
设直线为
联立得
得．
所以直线为
直线恒过定点
19. 已知椭圆的左顶点为，上顶点为为坐标原点，的面积为．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线交椭圆于两点，的中点坐标为，求直线的方程；
（3）如图所示，过点的直线与椭圆交于不同的两点，过点作轴的垂线分别与直线交于点．判断点是否为线段的中点，说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）点为线段的中点，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的基本量关系求解即可；
（2）设，再根据点差法求解即可；
（3）方法一：设过点的直线的方程为，联立椭圆方程，得出韦达定理，再证明即可；
方法二：化简可得只需证明：，再设直线的方程为，联立椭圆的方程，构造可得，进而根据韦达定理证明.
【小问1详解】
由题可知，得．
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
设，已知RS的中点坐标为，则
所以，所以，
直线的方程为：，即
所以直线的方程为：
【小问3详解】
方法一：点为线段的中点，理由如下：由题知直线的斜率存在，如下图所示：
设过点的直线的方程为，即．
联立，得．
整理得．
由，得．
设，
则
直线的方程为，
令，得点的纵坐标．
直线的方程为，
令，得点的纵坐标．
要证点为线段的中点，只需证明，即
因为
，
即，
所以点为线段的中点
方法二：要证点为线段的中点，只需证明：．
只需证明：
只需证明：．
设直线的方程为，即．
由得．
整理得
由得
所以
显然，原命题为真．污染指数
不大于30
概率