四川省成都市2023_2024学年高二数学下学期入学考试试卷含解析

这是一份四川省成都市2023_2024学年高二数学下学期入学考试试卷含解析，共23页。试卷主要包含了 直线与直线之间的距离为， 与圆及圆都外切的圆的圆心在， 已知椭圆， 若实数x，y满足曲线C等内容，欢迎下载使用。
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】由两线距离公式求值即可.
【详解】，显然与另一条直线平行，则所求距离为.
故选：C.
2. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知求出，进而即可根据投影向量求出答案.
【详解】由已知可得，，，
所以，向量在向量上的投影向量是.
故选：B.
3. 今有水平相当的棋手甲和棋手乙进行某项围棋比赛，胜者可获得24000元奖金.比赛规定下满五局，五局中获胜局数多者赢得比赛，比赛无平局，若比赛已进行三局，甲两胜一负，由于突发因素无法进行后面比赛，如何分配奖金最合理？（）
A. 甲12000元，乙12000元B. 甲16000元，乙8000元
C. 甲20000元，乙4000元D. 甲18000元，乙6000元
【答案】D
【解析】
【分析】根据甲乙两人最终获胜的概率即可按比例分配.
【详解】乙最终获胜的概率为，甲最终获胜的概率为，所以甲乙两人按照分配奖金才比较合理，所以甲元，乙元，
故选：D
4. 与圆及圆都外切的圆的圆心在（）
A. 椭圆上B. 双曲线上的一支上C. 抛物线上D. 圆上
【答案】B
【解析】
【分析】根据两圆方程得出两圆的圆心坐标和半径，判断出两圆的位置关系，再利用与两圆都外切的位置关系得出圆心距离所满足的等量关系，结合圆锥曲线的定义即可得出答案.
【详解】由圆可知，圆心，半径，
圆化为标准方程，
圆心，半径，
因此圆心距，所以两圆相离，
设与两圆都外切的圆的圆心为，半径为，
则满足，所以，
即圆心的轨迹满足到两定点距离之差为定值，且定值小于两定点距离，
根据双曲线定义可知，圆心的轨迹是某一双曲线的左支，
即圆心在双曲线的一支上.
故选：B.
5. 已知直线与双曲线无公共交点，则C的离心率的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直线与双曲线无公共点，结合直线与渐近线的位置关系，列不等式求解即可.
【详解】双曲线一条渐近线方程为，
因为直线与C无公共点，所以，即，
所以，又，所以C的离心率的取值范围为.
故选：D.
6. 已知等腰直角三角形ABC，，点D为BC边上的中点，沿AD折起平面ABD使得，则异面直线AB与DC所成角的余弦值为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，证明平面,不妨设,以为基底的空间向量，,再求解，从而求出，根据是异面直线，求解其余弦值.
【详解】已知等腰直角三角形,点是中点，则,
沿着翻折平面可得,
所以,
又,平面，
所以平面,
不妨设,则，
以为基底的空间向量，
所以，则
所以，
因为是异面直线，所以异面直线的余弦值为.
故选：B
7. 图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为拋物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径，深度，信号处理中心位于焦点处，以顶点为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，若是该拋物线上一点，点，则的最小值为（）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】由已知点在抛物线上，利用待定系数法求抛物线方程，结合抛物线定义求的最小值.
【详解】设抛物线的方程为，因为，，所以点在抛物线上，所以，故，所以抛物线的方程为，所以抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，在方程中取可得，所以点在抛物线内，过点作与准线垂直，为垂足，点作与准线垂直，为垂足，则，所以，当且仅当直线与准线垂直时等号成立，所以的最小值为3，
故选：B.
8. 已知椭圆：与双曲线：有相同的焦点、，椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，点P为椭圆与双曲线的交点，且，则的最大值为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】不妨设点为第一象限的交点，结合椭圆与双曲线的定义得到，进而结合余弦定理得到，即，令然后结合三角函数即可求出结果.
【详解】
不妨设点为第一象限的交点，则
由椭圆的定义可得，
由双曲线的定义可得，
所以，
因此，即，
所以，即，令
因此，其中，
所以当时，有最大值，最大值为，
故选：B.
【点睛】一、椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝a2－c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
二、双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知事件，满足，，则下列结论正确的是（）
A. B. 如果，那么
C. 如果与互斥，那么D. 如果与相互独立，那么
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据独立事件的乘法公式及互斥事件的加法公式判断各选项.
【详解】A选项：当与相互独立时，，A选项错误；
B选项：若，则，B选项正确；
C选项：与互斥，那么，C选项正确；
D选项：如果与相互独立，那么，D选项正确；
故选：BCD.
10. 若实数x，y满足曲线C：，则下列结论正确的是（）
A.
B. 的最小值为
C. 直线与曲线C恰有1个交点，则实数
D. 曲线C上有4个点到直线的距离为1.
【答案】AB
【解析】
【分析】首先画出曲线表示的半圆，再根据点与直线，直线与圆的位置关系逐项判断；
【详解】
对于A:曲线即的图象是以为圆心，2为半径的半圆，如图，，选项A正确；
对于B:代表曲线半圆上的点与的斜率，由图可知，曲线取点时，斜率最小，，选项B正确；
对于C：直线过定点，由图可知，当直线位于之间，或者直线与曲线C相切时恰有1个交点，
相切时，解得：或，故实数，选项C错误；
对于D：如图，曲线上最多有2个点到直线的距离为1，D错误；
故选：AB.
11. 已知双曲线C：的左焦点为F，P为C右支上的动点，过P作C的一条渐近线的垂线，垂足为A，O为坐标原点，则下列说法正确的是（）
A. 点F到C的一条渐近线的距离为2
B. 双曲线C的离心率为
C. 则P到C的两条渐近线的距离之积大于4
D. 当最小时，则的周长为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由点到直线的距离公式，可判断A项；根据离心率，可判断B项；设点，根据点到直线的距离公式，可判断C项；设双曲线的右焦点，由双曲线定义可知最小时，则只需最小即可，过作垂直渐近线与点，交双曲线右支与点，此时最小，再由距离公式即可判断D项.
【详解】双曲线的渐近线为，左焦点，所以点到C的一条渐近线的距离为，所以A错误；
由双曲线方程可得，，所以离心率，所以B正确；
设点，则，即，
点到两渐近线距离分别为和，
则，所以C正确；
设双曲线的右焦点，则，所以，
若最小，则只需最小即可，
过作垂直渐近线与点，交双曲线右支与点，此时最小，
，由勾股定理得，所以，所以，
所以的周长为，所以D正确.
故选：BCD.
12. 如图，在直三棱柱中，，，点D，E分别是线段，上的动点（不含端点），且.则下列说法正确的是（）
A. 平面
B. 该三棱柱的外接球的表面积为
C. 异面直线与所成角的正切值为
D. 二面角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据已知推得.进而即可根据三棱柱的性质，以及线面平行的判定定理得出A；根据直三棱柱的性质得出球心是的中点.求出的长，即可得出球的半径，进而得出面积；平行可得即等于异面直线与所成角.在中，求解即可判断C；建立空间直角坐标系，求出平面以及平面的法向量，根据向量即可求出二面角的余弦值.
【详解】对于A项，因为，所以.
根据直三棱柱的性质可知，，
所以，.
因为平面，平面，
所以，平面.故A项正确；
对于B项，如图，分别取的中点为，连接，
则的中点即为三棱柱的外接球的球心.
又根据三棱柱的性质可知，点也是的中点.
由已知可得，，，，
所以，.
所以，，即外接球的直径为，半径为，
表面积为.故B项正确；
对于C项，因为，所以与所成的角即等于异面直线与所成角.
在中，有.故C错误；
对于D项，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，，.
设是平面的一个法向量，
则，取，则.
设为平面的一个法向量，
则，取，则.
所以，.
又由图可知，二面角为锐角，
所以，二面角的余弦值为.故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】两个向量的夹角为钝角等价于且与不共线.
【详解】由；
由.
综上：且.
故答案：.
14. 口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同的小球，从中取出2球，事件“取出的两球同色”，“取出的2球中至少有一个黄球”，“取出的2球至少有一个白球”，“取出的两球不同色”，“取出的2球中至多有一个白球”.下列判断中正确的序号为________.
①与为对立事件；②与是互斥事件；③与是对立事件：④；⑤.
【答案】①④
【解析】
【分析】在①中，由对立事件定义得与为对立事件；有②中，与有可能同时发生；在③中，与有可能同时发生；在④中，（C）（E）；在⑤中，从而（B）（C）．
【详解】口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同小球，从中取出2球，
事件“取出的两球同色”，“取出的2球中至少有一个黄球”，
“取出的2球至少有一个白球”，“取出的两球不同色”，“取出的2球中至多有一个白球”，
①，由对立事件定义得与为对立事件，故①正确；
②，与有可能同时发生，故与不是互斥事件，故②错误；
③，与有可能同时发生，不是对立事件，故③错误；
④，（C），（E），，
从而（C）（E），故④正确；
⑤，，从而（B）（C），故⑤错误．
故答案为：①④．
【点睛】本题考查命题真假的判断，是基础题，考查对立互斥事件，解题时要认真审题，注意对立事件、互斥事件等基本概念的合理运用．
15. 已知为双曲线的右支上一点，，分别是圆和上的点，则的最大值为________.
【答案】9
【解析】
【分析】先由已知条件可知双曲线的两个焦点为两个圆的圆心,再利用平面几何知识把转化为双曲线上的点到两焦点之间的距离,结合双曲线的定义即可求的最大值.
【详解】，，，则
故双曲线的两个焦点为，，
，也分别是两个圆的圆心，半径分别为，
所以，
则
，
故答案为：9
16. 过点作抛物线的两条切线，切点分别为和，又直线经过抛物线的焦点，那么=______.
【答案】4
【解析】
【分析】由题意，利用两种方法化简所求代数式，
方法一：设出过与抛物线的切线的点斜式方程，联立方程，由切点性质，则，可得方程，根据题意，结合韦达定理，可得，同样的思路，设出过焦点的直线，联立方程，结合韦达定理，可得，故可得第一种所求代数式的表示；
方法二：利用导数的几何意义，求切线斜率，可得，结合方法一中，可得第二种所求代数式的表示；
综上建立方程，求得的值，进而求得答案.
【详解】由题意，显然过点作抛物线的切线的斜率存在，设该斜率为，
则该切线方程为，即，
联立，消去可得，
由于切线与抛物线只有唯一交点，则，
整理可得，
由题意，可知为方程的两个根，则，
由题意，设直线的方程为，
联立可得，消去可得，由题意可知为该方程的两个根，则，
故，
由抛物线方程，可得函数与函数，则与
不妨设在第一象限，则，即，且，
由设在第一象限，则在第四象限，即，可得，且，故，
由，则，
综上可得，解得，故.
故答案为：.
【点睛】对于抛物线焦点弦，要熟记直线与抛物线联立，消元选择消去一次项，根据韦达定理，可得两个交点坐标与之间的等量关系；
对于切线的斜率，利用导数的几何意义进行计算，要善于化简表达式，可用纵坐标表示，结合韦达定理，可得简化计算.
四、解答题：本题共6小题，第17小题10分，其余小题每题12分，共70分. 解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知直线：和：，
（1）求直线与的交点坐标；
（2）过点作直线与直线，分别交于点A、B，且满足，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）联立直线和直线，即可求解交点坐标；
（2）首先由题意可知，点是线段的中点，利用对称和直线方程，即可求解.
【小问1详解】
由，得，，
所以直线与的交点坐标为；
【小问2详解】
由可知，点是线段的中点，
在直线上任取一点，
所以点关于的对称点,
点在直线上，把点代入 方程，
，解得
所以，，
即直线方程为：，即.
18. 为进一步增强疫情防控期间群众的防控意识，使广大群众充分了解新冠肺炎疫情防护知识，提高预防能力做到科学防护，科学预防. 某组织通过网络进行新冠肺炎疫情防控科普知识问答，共有 100 人参加了这次问答，将他们的成绩（满分 100 分）分成，，，，，这六组，制成如图所示的频率分布直方图.
（1）求图中的值，并估计这 100 人问答成绩的平均数 (同一组数据用该组数据的中点值代替）；
（2）用分层抽样的方法从问答成绩在内的人中抽取一个容量为5的样本，再从样本中任意抽取2人，求这2人的问答成绩均在内的概率.
【答案】（1），72
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，求出参数的值，在根据平均数公式计算可得；
（2）求出，中抽取的人数，利用列举法列出所有可能结果，最后利用古典概型的概率公式计算可得.
【小问1详解】
由图可知，，解得，
估计这人问答成绩的平均数为：
.
【小问2详解】
由频率分布直方图可知，问答成绩在，这两组的频率之比为.
用分层随机抽样的方法从问答成绩在内的人中抽取一个容量为 5 的样本，
则问答成绩在内的有(人)，分别记为、，
问答成绩在内的有(人)，分别记为、、，
从中任意抽取 2 人，则实验的样本空间为：
共有个样本点.
设事件为 2 人的问答成绩均在内，则，
所以这 2 人的问答成绩均在内的概率.
19. 甲､乙､丙三人进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的概率均为，乙胜丙的概率为，各场比赛的结果相互独立.经抽签，第一场比赛甲轮空.
（1）求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；
（2）求只需四场比赛就决出冠军的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设事件为甲胜乙，为甲胜丙，为乙胜丙，然后得出丙被淘汰可用事件，根据互斥事件的概率公式以及事件的独立性，即可得出答案；
（2）分最终的冠军为甲，乙，丙，分别求解出概率，然后根据互斥事件的概率公式，即可得出答案.
【小问1详解】
记事件为甲胜乙，则，则，
事件为甲胜丙，则，，
事件为乙胜丙，则，.
则丙被淘汰可用事件来表示，
所以，前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为
.
【小问2详解】
若最终的冠军为甲，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，
；
若最终的冠军为乙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，
；
若最终的冠军为丙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，
.
所以，只需四场比赛就决出冠军的概率为
.
20. 已知抛物线上第一象限的一点到其焦点的距离为2．
（1）求抛物线C的方程和点坐标；
（2）过点的直线l交抛物线C于A、B，若的角平分线与y轴垂直，求弦AB的长．
【答案】（1）抛物线方程为：，点坐标为（2，1）
（2）4
【解析】
【分析】（1）根据题意结合抛物线的定义可求出，则可得抛物线方程，再将代入抛物线方程可求出，从而可求得点的坐标，
（2）由题意可得直线l的斜率存在，设直线方程为，，，将直线方程代入抛物线方程化简利用根与系数的关系，再由的角平分线与y轴垂直，可得，化简可求出的值，再利用弦长公式可求得弦AB的长.
【小问1详解】
由可得：p＝2，
故抛物线方程为：，
当y＝1时，，
又因为x＞0，所以x＝2，
所以点坐标为（2，1）；
【小问2详解】
由题意可得直线l的斜率存在，设直线方程为，，，
由，得，
所以，，，
因为的角平分线与y轴垂直，所以，
所以，即，
即，
所以，，，
所以.
21. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，是等腰直角三角形，且，平面平面，点E是线段PC（不含端点）上的一个动点.
（1）设平面ADE交PB于点F，求证：EF平面PAD；
（2）当点E到平面PAD的距离为时，求平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理及性质定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，先根据点到平面的距离的向量公式求出点E的坐标，然后利用向量法求出两个平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
因为四边形ABCD为菱形，所以，
因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，
因为平面ADE，平面平面，所以，
因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD；
【小问2详解】
在AB上取中点O，因为是等腰直角三角形，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，所以，，
又底面是边长为2的菱形，且，所以，
故以O为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示，
则，，，，，
，，，
设，则，
设是平面PAD的一个法向量，
则，即，令可得，
由点E到平面PAD的距离为得，所以，解得，
故点E为CP中点，所以，所以，又，
设是平面ADE的一个法向量，
则，即，令可得，
又，故是平面ABCD的一个法向量，
得，
所以平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值为.
22. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，点是轴正半轴上的一点，过椭圆的右焦点和点的直线与椭圆交于两点.
（1）求椭圆标准方程；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）列出关于的方程组，解方程组即得解；
（2）设直线的方程为，其中，，，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，求出，再对分类讨论，利用函数的单调性求出函数的取值范围.
【小问1详解】
解：由题意知，椭圆标准方程为.
【小问2详解】
解：设直线的方程为，其中，，
，，
，
，，
若，则，，
若，则，
令，，，
因在单调递减，
所以