湖北省部分市州2024-2025学年高二上学期期末质量监测数学试题 Word版含解析

这是一份湖北省部分市州2024-2025学年高二上学期期末质量监测数学试题 Word版含解析，共21页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，考试结束后，请将答题卡上交等内容，欢迎下载使用。
本试卷共 4 页，19 题.全卷满分 150 分.考试用时 120 分钟.
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证
号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试
卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷，草稿纸和答
题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将答题卡上交.
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. 已知两点 ，直线 倾斜角为 ，则实数 等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用两点的斜率公式及直线的斜率定义即可求解.
【详解】由题，直线 的斜率为 ，又 ，
.
故选：B.
2. 已知公差为正数的等差数列 ，若 ，则 等于（ ）
A. 11 B. 9 C. 7 D. 11 或 1
【答案】A
【解析】
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【分析】由等差数列的性质和通项公式即可求解.
【详解】在公差为正数的等差数列 中，
因为 ，所以 ，
又 ，所以 或 ，
又因为公差为正数，所以 ，所以 ，
所以 ，则 .
故选：A.
3. 已知向量 ，向量 ，向量 ，若 三个向量共面，则实数 等
于（ ）
A. 17 B. 19 C. 21 D. 23
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知存在 ，使得 ，结合向量的坐标运算列式求解即可.
【详解】因为向量 ，向量 ，向量 ，且 ， ， 三向量共面，
可知存在 ，使得 ，即 ，
则 ，解得 ，所以 .
故选：D.
4. 某学校乒乓球比赛，学生甲和学生乙比赛 3 局（采取三局两胜制），假设每局比赛甲获胜的概率是 0.7，
乙获胜的概率是 0.3，利用计算机模拟试验，计算机产生 之间的随机数，当出现随机数 时，表示
一局甲获胜，其概率是 0.7.由于要比赛 3 局，所以每 3 个随机数为一组，例如，产生 20 组随机数；
603 099 316 696 851 916 062 107 493 977
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329 906 355 860 375 107 347 467 822 166
根据随机数估计甲获胜的概率为（ ）
A. 0.9 B. 0.95 C. 0.8 D. 0.85
【答案】A
【解析】
【分析】由频率可得到概率估计值.
【详解】设事件 为 “甲获胜”，
20 组随机数，其中事件 发生了 18 次，
.
故选：A.
5. 已知圆 与圆 ，则圆 与圆 的公切线的条数有
（ ）
A. 1 条 B. 2 条 C. 3 条 D. 4 条
【答案】C
【解析】
【分析】判断两圆的位置关系，进而求出公切线的条件.
【详解】 可化为 ，
所以圆心 ，半径 ，
可化为 ，
所以圆心 ，半径 ，
圆心距 ，
所以两圆外切，
所以两圆的公切线有 3 条.
故选：C
6. 已知过点 的直线与双曲线 的左，右两支均相交，则该直线斜率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
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【答案】B
【解析】
【分析】设出直线方程 ，与双曲线方程联立，转化为方程 有一正一负根
求解.
【详解】设该直线为 ，
联立 ，化简整理得 ，
由直线与双曲线 的左，右两支均相交，
所以 ，解得 ，
所以该直线斜率的取值范围为 .
故选：B.
7. 已知八面体 由正四棱锥 与正四棱锥 构成（如图），若 ，
，点 分别为 的中点，则 （ ）
A. 0 B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建系，利用空间向量数量积的坐标表示求解即可.
【详解】连接 ， 交于点 ，连接 ， ，
因为正四棱锥 与正四棱锥 ，
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所以 平面 ， 平面 ，
因为 ， ，
所以 ， ， ，
以 为原点， 分别为 轴的正向建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，
， ，
所以 ， ，
所以 .
故选：D.
8. 已知点 是椭圆 上的一点，设 是直线 上任意两个不同的点，若 时，则
使得 是等腰直角三角形的点 有（ ）
A. 2 个 B. 4 个 C. 6 个 D. 8 个
【答案】C
【解析】
【分析】设点 ，求出点 到直线 的距离 的取值范围，对点 是否为直角
顶点进行分类讨论，即可求解.
【详解】椭圆方程为 ，椭圆与直线 均关于原点对称，
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设点 ， ，
设点 到直线 的距离为 ，
则 ，
①若 为直角顶点，如下图：
则由 ，得顶点 到边 的高为 ，
即 ，此时满足 为等腰直角三角形的点 有四个；
②若 不 直角顶点，如下图：
则由 ，得顶点 到边 的高为 ，
即 ，此时满足 是等腰直角三角形的非直角顶点 有两个，
综上，使得 是等腰直角三角形的点 有 6 个.
故选：C.
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. 已知事件 与事件 相互独立，且 ，则下列正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
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【分析】根据相互独立事件，对立事件和概率加法公式逐一计算判断即可.
【详解】对于 A， ，故 A 正确；
对于 B，因为事件 与 相互独立，所以 ，故 B 正确；
对于 C，因为事件 与 相互独立，所以事件 与 相互独立，
，故 C 错误；
对于 D， ，故 D 错误.
故选：AB.
10. 如图，已知直三棱柱 中， 为 的中点， 在线
段 上.则下列结论正确的是（ ）
A. 若 为中点时，则
B.
C.
D. 若直线 与平面 所成的角为 ，则 的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】以点 为坐标原点， 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解依次判断各个选
项.
【详解】如图，以点 为坐标原点， 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系，
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由题可得 ， ， ， ， ， ， ，
对于 A，若 为中点时，则 ，所以 ，故 A 正确；
对于 B， ， ，则 ，故 B 错误；
对于 C， ， ， ，所以 ，故 C 正确；
对于 D，设点 ， ， ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，得 ，
则 ，
所以 ， ，
令 ，则 ，
令 ， ，
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则 ， ，
当 时， 取得最小值 ，此时 取得最大值 1；
当 时， 取得最大值 ，此时 取得最小值 ；
综上， 的取值范围为 ，故 D 正确.
故选：ACD.
11. 在平面直角坐标系内，定义任意两点 “新距离”为： ，
在此距离定义下，点 到直线 的“新距离”就是点 与直线 上所有点的“新距离”的最小值，记作符号
.已知点 ， ，直线 .（ ）
A.
B. 到点 C“新距离”等于 1 的点 所围成的图形的面积为 4
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由新距离定义求解判断 A；由新距离定义，分类讨论求出点 P 的轨迹判断 B；设 M 为直线 上的
动点，由新距离定义，分情况讨论判断 C；由新距离定义，结合绝对值的几何意义推理判断 D.
【详解】对于 A， ， ，则 ，A 正确；
对于 B， ，即 ，
当 且 时，有 ，即 ；
当 目 时，有 ，即 ；
当 且 时，有 ，即 ；
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当 目 时，有 ，即 ；
因此点 P 的轨迹围成的图形是以 为顶点的正方形，
边长为 ，面积为 ，B 错误；
对于 C，令 M 为直线 上的动点，设 ，
则 与点 的“新距离” ，
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
因此点 D 到直线 的“新距离” ，C 正确；
对于 D，由绝对值的几何意义得， ，
则 ， ，
将两式相加得： ，
即 ，D 正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：涉及新定义的理解和运用问题，解题的关键是正确理解新定义，注意 与
的区别.
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知直线 ，若 ，则 与 之间的距离为
__________.
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【答案】 ##
【解析】
【分析】根据两直线平行的充要条件求出 ，利用两平行线间距离公式求解.
详解】由 ，可得 ，解得 ，
所以直线 ，即 ，
所以 与 间的距离为 .
故答案为： .
13. 已知圆 的直径为 是圆 内一个定点，且 是圆 上任意一点，线段 的垂直平分线
和半径 相交于点 ，若点 在圆上运动时，则点 的轨迹的离心率等于__________.
【答案】 ##
【解析】
【分析】根据椭圆的定义可知，点 的轨迹是以 为焦点，焦距为 长轴长等于 的椭圆，
即可求得其离心率.
【详解】
由已知，圆 的直径为 ，则 ，
又线段 的垂直平分线 和半径 相交于点 ，
，
因为 ，
所以 与两个定点 的距离的和等于常数（大于 ），
由椭圆的定义得，点 的轨迹是以 为焦点，焦距为 ，长轴长等于 的椭圆，
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所以点 的轨迹的离心率为 .
故答案为： .
14. 已知 个圆两两相交，每两个圆都有两个交点且所有交点均不重合，设 个圆的交点总数为 ，
记 ，则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，可得 ，迭代求出 ，再利用裂项相消法求和.
详解】由题意， ， ， ， ， ，
，
当 时，上式成立，则 ， ，
， ，
所以 ， .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是理解题意得到 ，求出通项 .
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. 一个袋子中有大小和质地相同的 5 个球，其中有 3 个红色球和 2 个绿色球，从袋中随机摸出 2 个球.
（1）求“摸到两个球颜色不同”的概率；
（2）求“至少摸到一个红球”的概率.
【答案】（1）
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（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意写出从袋中不放回摸出 2 个球的所以可能结果结合两个球颜色相同的结果，利用古
典概型概率计算公式计算即可；
（2）利用古典概型概率计算公式计算即可.
【小问 1 详解】
用 1、2、3 表示 3 个红色球，4、5 表示 2 个绿色球，用数组 表示可能的结果，则样本空间所包含的
样本点为： 10 种，
其中两个球颜色不同的事件有： 共 6 种，
设摸到两个球颜色不同为事件 A,
故事件 A 的概率为 .
【小问 2 详解】
其中至少摸到一个红球事件有： 共 9 种，
设至少摸到一个红球为事件 B,
故事件 B 的概率为 .
16. 如图，已知四棱锥 ，底面 为菱形，且 ，侧面 为边长等于 2 的正三
角形，平面 平面 ， 为 的中点.
（1）求四棱锥 的体积；
（2）求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）由平面与平面垂直的性质定理证明 平面 ，根据题意即可求出体积；
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（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解.
【小问 1 详解】
取 中点 ，连接 ，
因为 为正三角形，
所以 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 的边长为 2，所以 ，
又 为菱形， ， ，
所以 ， ，
所以 ，所以 ，
所以菱形 的面积为 ，
所以四棱锥 的体积为： .
【小问 2 详解】
由（1），以 为原点， 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
由题意， ， ， ， ， ，
所以 ， ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 即 ，令 ，则 ， ，
所以平面 的法向量为 ，
设平面 的法向量为 ，
则 即 ，令 ，则 ， ，
所以平面 的法向量为 ，
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设平面 与平面 夹角为 ，
所以 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
17. 已知圆 圆心在 轴上，且过点 两点.
（1）求圆 的方程；
（2）设点 ，以线段 为直径的圆与圆 交于 两点，求线段 长度的最小值.
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）设出圆 的方程，利用待定系数法求出方程.
（2）求出线段 为直径的圆的方程，进而求出直线 的方程，再利用圆的弦长公式建立函数关系并求
出最小值.
小问 1 详解】
依题意，设圆 的方程为 ，
由圆 过点 ，得 ，解得 ，
所以圆 的方程为： .
【小问 2 详解】
由（1）知，圆 ： 的圆心 ，半径 ，而点 ，
以 PD 为直径的圆的方程为： ，整理得 ，
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于是直线 EF 的方程为： ，
点 D 到直线 EF 的距离为 ， ，
，函数 ，
则当 ，即 时， ，即当 时， ，
所以线段 EF 长度的最小值为
18. 已知直线 与抛物线 交于 两点.
（1）若 ，直线 的斜率为 1，且过抛物线 的焦点，求线段 的长；
（2）如图，若 （ 为坐标原点），点 为线段 的中点，点 为直线 与 轴的交
点，设线段 的中垂线与 轴， 轴分别交于 两点.记 的面积为 的面积为 ，求
的取值范围.
【答案】（1）16 （2）
【解析】
【分析】（1）由题可得直线 的方程为 ，与抛物线联立得 ，利用抛物线定义
求出答案；
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（2）设直线 的方程为 ，与抛物线联立，结合 求得 ，求得点 的坐标，
直线 的方程，得点 坐标，由 得 ，利用基本不等式求解.
【小问 1 详解】
若 ，则 ，焦点为 ，
所以直线 的方程为 ，
设 ，联立 ，整理得 ，
， ，
所以 ，
所以线段 的长为 16.
【小问 2 详解】
由题意， ，设直线 的方程为 ， ，
当 时， 不能构成三角形，不合题意；
当 时，联立 ，整理得 ，
， ，
因为 ，所以 ，即 ，
，即 ，
，解得 ，满足上面方程 ，
则 ， ，即点 的坐标为 ，
因为 ，所以直线 的方程为： ，
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令 ，得 ，令 ，得 ，
由 ，可得
，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
所以 的取值范围为 .
【点睛】关键点点睛：本题第二问解决的关键是求出直线 的方程，得到点 坐标，根据
可得 ，计算求解.
19. 已知数列 的前 项和为 ，且 ，数列 是首项为 1，且满足
.
（1）求数列 的通项公式；
（2）是否存在正整数 ，使得数列 第 1 项，第 2 项，第 项成等差数列？若存在，求满足条件
的所有 的值；若不存在，请说明理由；
（3）类比教材等比数列前 项和公式推导方法，探求数列 的前 项和.
【答案】（1） ，
（2）存在满足要求得 ， 或
（3） ，
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【解析】
【分析】（1）根据 的关系求 的通项公式，由等比数列的定义写出 的通项公式；
（2）假设存在 ，使得 成等差数列，根据等差中项的关系列式结合 讨
论求解；
（3）由题可得 ，令 表示 的前 项和， 表示 的前 项和，仿照错
位相加法求出 ，得解.
【小问 1 详解】
，令 ，得 ，
当 时， ，
满足上式，故 ， .
又 ，且满足 ， ，
所以 是首项为 1，公比为 2 的等比数列，
， .
【小问 2 详解】
假设存在 ，使得 成等差数列，
则 ，即 ，
化简得 ，
又 ， ，即 ，
当 时，与 矛盾，不符合舍去；
当 时， ， ，
当 时， ， ，
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所以存在满足要求的 ， 或 .
【小问 3 详解】
，
令 ，
令 ①，
②，
① ②得： ③，
④，
④ ③得：
，
，
所以数列 的前 项和为：
.
【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的难点和关键是类比等比数列求和的错位相减法求出数列 的
前 项和.
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