重庆市长寿区2024-2025学年高二上学期期末考试数学（B卷）试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1．考试时间：120分钟，满分：150分.试题卷总页数：4页.
2．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷、草稿纸上答题无效.
3．需要填涂的地方，一律用2B铅笔涂满涂黑.需要书写的地方一律用0.5MM签字笔书写.
4．答题前，务必将自己的姓名、学校、准考证号填写在答题卡规定的位置上.
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共10小题，每小题5分，共50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. 已知直线的倾斜角为，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据计算即可.
【详解】由题意可得直线l的斜率.
故选：D
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由空间向量坐标运算得出结果.
【详解】若，则.
故选：B.
3. 双曲线的渐近线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】化为双曲线的标准方程，再结合渐近线公式，即可求出结果
【详解】双曲线的标准方程是.则.渐近线方程是.
故选：D.
4. 圆关于直线对称，则实数（ ）
A. B. 4C. 或4D. 2或
【答案】C
【解析】
【分析】先得出圆的圆心，再根据圆关于直线对称得出圆心在直线上计算求参.
【详解】圆的圆心为，
且，即，
因为圆关于直线对称，所以圆心在直线上，则，
化简得，
所以或，满足.
故选：C.
5. 已知为等比数列，且，则（ ）
A. 189B. 93C. 63D. 33
【答案】A
【解析】
【分析】应用等比数列的前n项和公式计算求解.
【详解】因为为等比数列，且，
则.
故选：A.
6. 已知向量，满足，则的值为（ ）
A. B. 3C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】代入空间向量垂直的坐标表示，即可求解.
【详解】由条件可知，，得.
故选：A
7. 若拋物线上的点到焦点的距离为5，则点的纵坐标为（ ）
A. 1B. 4C. 5D.
【答案】B
【解析】
【分析】代入焦半径公式，即可求解.
【详解】设点，所以，则.
故选：B
8. 已知点是圆上任意一点，则最大值为（ ）
A. 5B. 6C. 25D. 36
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用目标函数的几何意义，结合圆上的点与定点距离的最大值求解即可.
【详解】圆的圆心，半径，
目标函数表示圆上的点与定点距离的平方，
而，
所以的最大值为36.
故选：D
9. 在正方体中，则二面角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，将二面角转化为两个半平面的法向量之间的夹角问题，再利用空间向量的夹角公式进行求解.
【详解】不妨设正方体的棱长为2，建立如图所示
则，，，
设平面的一个法向量为，
因为，，所以
则，即，取，则，，故.
平面，故平面的一个法向量为，
设二面角为，
则，因为为锐角，所以，
故二面角的余弦值为.
故选：D.
10. 在平面直角坐标系中，已知的顶点和，顶点在椭圆上，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据椭圆的性质和三角形顶点的坐标得出三角形边的关系，然后利用正弦定理将三角函数的比值转化为边的比值进行计算.
【详解】在中，顶点，，所以的长度为.
因为顶点在椭圆上，所以.
根据正弦定理：.
则.
故选：A.
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分．
11. 点到直线的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】由点到线的距离公式求解即可；
【详解】由得到，
所以点到直线的距离为，
故答案为：
12. 等轴双曲线的一个焦点是，则双曲线的标准方程是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，设方程为，根据焦点坐标，可求得，即可得答案.
【详解】设等轴双曲线方程为，一个焦点是，则，则.
故双曲线的标准方程是.
故答案为：.
13. 已知等差数列的公差为，若成等比数列，则等于______．
【答案】4
【解析】
【分析】应用等比中项结合等差数列的基本量运算即可求解.
【详解】因为成等比数列，则，
又因为等差数列的公差为，所以，
所以.
故答案为：4.
14. 已知直线的一个方向向量为，平面的法向量为，若直线平面，写出平面的一个法向量______（答案不唯一）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】利用直线与平面平行时直线的方向向量与平面的法向量垂直这一性质来求解.
【详解】已知直线的一个方向向量为，平面的法向量为，
因为直线平面，所以直线的方向向量与平面的法向量垂直.
根据向量垂直的性质，两个垂直向量的数量积为，则.
可得，即，移项得到.
为了得到平面的一个法向量，我们可以给赋值.
不妨令，将代入，可得.
所以平面的一个法向量可以是.
故答案为：（答案不唯一）
15. 如图，在三棱锥中，N为BC的中点，M为PA的中点，设，则用表示为______．

【答案】
【解析】
【分析】运用向量的运算法则，结合几何图形表示即可.
【详解】，N为BC的中点，M为PA的中点，继续运算，
，
整理得到.
故答案为：.
三、解答题：本题共5小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16. 在平面直角坐标系中，点和点的坐标分别为，已知圆是以以为直径的圆．
（1）求圆的方程．
（2）求以点为切点的圆的切线方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）以线段为直径的圆，圆心是线段中点，半径是线段长度的一半，分别求出在得到圆的方程；
（2）根据圆心与切点的连线和切线垂直，利用斜率关系来求解斜率，再用点斜式可解.
【小问1详解】
已知点，点，根据中点坐标公式，圆心的坐标为.
根据两点间距离公式，则直径长度为，
所以圆的半径.
所以圆的方程为.
【小问2详解】
根据斜率公式，圆心与切点连线的斜率.
因为圆心与切点的连线和切线垂直，若两条垂直直线的斜率都存在，则它们斜率之积为.
设切线的斜率为，则，即，解得.
已知切线过点，斜率为，根据直线的点斜式方程,则切线方程为，
整理得.
17. 如图，在正四棱柱中，分别是的中点，且．

（1）求的长；
（2）求点到平面的距离；
（3）求证：．
【答案】（1）3 （2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）应用正四棱柱的线面垂直得出勾股定理求解；
（2）应用线面平行及线面垂直计算求值；
（3）先证明平行四边形即可得出线线平行，进而应用勾股定理计算证明.
小问1详解】
因为平面，平面，所以，
因为，
所以中；
【小问2详解】

过点C作交于点，
因为平面，不在平面内，
得平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离．
又因为平面，平面，所以，
由平面，得平面，
即得点到平面的距离为．
在中；
所以点到平面的距离为.
【小问3详解】
过点M作分别交与点，连接，

由且点M是EF的中点，所以点E是的中点．
，四边形是平行四边形，即，
在中，，
由得，，
即证：.
18. 在等差数列中，．
（1）求数列的通项公式和前10项的和；
（2）若数列满足，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的定义和公式，求公差和通项，再代入求和公式，即可求解；
（2）根据（1）的结果，利用等差和等比前项和公式，即可求解.
【小问1详解】
已知等差数列中，，可得公差为2，
即，则，，
；
【小问2详解】
设，则
.
19. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，是正三角形，点分别为的中点，且平面平面．

（1）求证：直线平面．
（2）求与面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，易证四边形是平行四边形，进而可求证；
（2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解；
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，
因为分别是的中点，所以
则四边形是平行四边形，即证得
因为，平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
取AD的中点为点O，因为是正三角形，
所以,又平面平面．且相交于,
又在平面内，
所以平面．
再过点作平行线，交与点,
易知两两垂直，
如图所示建立空间向量坐标系，

点O为AD的中点，设，则
设平面PBC的法向量为，则
取，即
故与平面所成角的正弦值为．
20. 如图，已知直线和椭圆有两个不同的交点．
（1）求椭圆的焦点坐标和离心率；
（2）若以为直径的圆过原点，求的值．
【答案】（1）焦点坐标为，离心率为．
（2）
【解析】
分析】（1）先根据已知椭圆方程得出，即可得出焦点坐标及离心率；
（2）先联立直线和椭圆方程得出韦达定理，再把以为直径的圆过原点转化为，计算即可求参.
【小问1详解】
已知椭圆，则，
所以，
即焦点坐标为，离心率为．
【小问2详解】
设，
由，
，
，
，
由以为直径的圆过原点，可得，所以，
，
.