2024-2025学年四川省泸州市高二数学上学期期末模拟考试检测试题（含答案)

这是一份2024-2025学年四川省泸州市高二数学上学期期末模拟考试检测试题（含答案)，共20页。试卷主要包含了 直线的倾斜角为， 直线与直线平行，则， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
一．单项选择题：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. 直线的倾斜角为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由直线方程求出斜率，再根据，求出倾斜角.
【详解】设直线的倾斜角为，
则，且.
所以.
故选：C.
2. 直线与直线平行，则（）
A. 或B. 或C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由两直线平行可计算出的值，再将的值代回直线，排除重合情况即可得.
【详解】若直线与直线平行，则需满足，
即，解得或，
当时，两直线分别为：，，符合要求，
当时，两直线分别为：，，符合要求，
所以或.
故选：A.
3. 已知三棱锥O—ABC，点M，N分别为线段AB，OC的中点，且，，，用，，表示，则等于（）
AB.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量的线性运算，用，，表示出.
【详解】点M，N分别为线段AB，OC的中点，
则
故选：D
4. 鱼腹式吊车梁中间截面大，逐步向梁的两端减小，形状像鱼腹.如图，鱼腹式吊车梁的鱼腹部分是抛物线的一部分，其宽为，高为，根据图中的坐标系，则该抛物线的焦点坐标为（）
AB. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据待定系数法，代入坐标即可求解抛物线方程，进而可得焦点.
【详解】由题意得，设该抛物线的方程为，
则，得，所以该抛物线的焦点为.
故选：C
5. 已知等比数列的前n项和为，，，则其公比（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】首先可以得出，其次利用等比数列通项公式以及它的前n项和为的基本量的运算即可求解.
【详解】注意到，，首先，（否则，矛盾），
其次，，
两式相比得，解得.
故选：C.
6. 双曲线的焦点到其渐近线的距离为（）
A. 2B. 4C. 3D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】求出双曲线的焦点坐标,渐近线方程，利用点线距即可求得答案.
【详解】双曲线
可得:,可得:
可得焦点为 ,
点F到渐近线的距离为:
故选:C.
7. 从直线x－y＋3＝0上的点向圆x2＋y2－4x－4y＋7＝0引切线，则切线长的最小值为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设直线上的点为，已知圆的圆心和半径分别为，则切线长为，故当时，，应选答案B．
点睛：本题求解时先设直线上动点，运用勾股定理建立圆的切线长的函数关系，再运用二次函数的图像与性质求出其最小值，从而使得问题获解．本题的求解过程综合运用了函数思想与等价转化与化归的数学思想．
8. 已知是椭圆的右焦点，点在椭圆上，线段与圆相切于点，且，则椭圆的离心率等于（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意首先得到，然后求出，，，然后由勾股定理即可得出，结合离心率公式即可求解.
【详解】如图所示：
设椭圆的左焦点为，连接，设圆心为，
，则圆心坐标为，半径为，
由于，
故，
线段与圆（其中）相切于点，
，
，则，
.
故选：D．
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（）
A. 甲、乙、丙三位同学争着去参加一个公益活动，抽签决定谁去，则先抽的概率大些
B. 若事件A发生的概率为，则
C. 如果事件A与事件B互斥，那么一定有
D. 已知事件A发生的概率为，则它的对立事件发生的概率0.7
【答案】BD
【解析】
【分析】根据随机抽样的概念判断A，根据概率的性质判断B，根据互斥事件与对立事件的概率公式判断CD.
【详解】对于A，甲、乙、丙三位同学抽签决定谁去，则每位同学被抽到的概率都是，故A错误；
对于B，由概率的性质可知，，故B正确；
对于C，如果事件A与事件对立，那么一定有，但互斥事件不一定对立，故C错误；
对于D，因为事件A发生的概率为，所以它的对立事件发生的概率，故D正确.
故选：BD
10. 已知圆O：和圆M：相交于A，B两点，点C是圆M上的动点，定点P的坐标为，则下列说法正确的是（）
A. 圆M的圆心为，半径为1
B. 直线AB的方程为
C. 线段AB的长为
D. 的最大值为6
【答案】BCD
【解析】
【分析】化圆M的一般方程为标准方程，求出圆心坐标与半径即可判断选项A的正误；联立两圆的方程求得的方程可判断选项B的正误；由点到直线的距离公式及垂径定理求得的长判断选项C的正误，利用圆上动点到定点距离最大值为定点到圆心距离和半径和，可判断出选项D的正误.
【详解】选项A，因为圆M的标准方程为，
所以圆心为圆心为，半径为1，故选项A错误；
选项B，因为圆O：和圆M：相交于A，B两点，
两圆相减得到，即，故选B正确；
选项C，由选项B知，圆心到直线的距离为，
所以，故选项C正确；
选项D，因为,，所以，又圆的半径为1，
故的最大值为，故选项D正确.
故选项：BCD.
11. 已知正三棱柱的所在棱长均为2,P为棱上的动点,则下列结论中正确的是（）
A. 该正三棱柱内可放入的最大球的体积为
B. 该正三棱柱外接球的表面积为
C. 存在点P,使得
D. 点P到直线的距离的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据正三棱柱内可放入的最大球的半径为的内切圆半径,求出球的体积;
根据正三棱柱的外接球半径公式即可求出外接球表面积;
当为中点时, 构造等腰三角形,易证平面即可;
建立空间直角坐标系,利用两异面直线距离的向量计算公式即可求出点P到直线的距离的最小值.
【详解】关于A选项:该正三棱柱内可放入的最大球的半径为的内切圆半径,
体积为,故A错误;
关于B选项:该正三棱柱的外接球半径,表面积为,故B正确;
关于C选项:如图所示,当为中点时,记与的交点为,
正三棱柱,面为正方形,且,
,
为中点, ,
,
在和中由勾股定理可知,
为中点,在中由三线合一可得,
平面,平面,
平面,,得证,故C正确;
关于D选项:为棱上的动点,到直线的距离的最小值即为异面直线与的距离最小值,
中点为原点,以的方向为x轴,以方向为y轴, 以方向为y轴
记中点为,以方向为z轴如图所示建立空间直角坐标系,
记异面直线与的公共垂向量为,,
,即,
令,
,可得D正确,
故选BCD.
12. 设是等差数列的前项和，若，且，则下列选项中正确的是（）
A. B. 和均为的最大值
C. 存在正整数，使得D. 存在正整数，使得
【答案】ACD
【解析】
【分析】设数列公差为d，根据已知条件和判断公差正负，求出和d关系，逐项验证即可.
【详解】设等差数列公差为d，由得，化简得；
∵，
∴，即，∴，
∴，，∴d＜0，故数列为减数列，故A正确；
，，，故为的最大值，故B错误；
，故，故C正确；
时，，即，
又由得，
∴，解得，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 甲、乙两人打靶，已知甲的命中率为，乙的命中率为，若甲、乙分别向同一靶子射击一次，则该靶子被击中的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用独立事件和对立事件的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】记事件甲、乙分别向同一靶子射击一次，该靶子被击中，
则事件甲、乙分别向同一靶子射击一次，两人均未中靶，
故.
故答案为：.
14. 在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长为3，且，则为__________.
【答案】7
【解析】
【分析】以为基底表示出，然后根据数量积性质可得.
【详解】如图，在平行六面体中，，
因为，
所以，，
所以.
故答案为：7
15. 已知数列的前项和为，则数列的通项公式为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用求解
【详解】数列的前n项和，
可得；
时，，不满足，
则，
故答案为：.
16. 曲线，若直线与曲线C有两个不同公共点，则的范围为______________.
【答案】
【解析】
【分析】结合绝对值的性质分类讨论可得曲线的具体形状，画出图形结合图象性质可得，求出的范围即可得的范围.
【详解】当，可得曲线方程为，为圆的一部分；
当，可得曲线方程为，为双曲线的一部分；
当，可得曲线方程为，为双曲线的一部分；
当，曲线方程为，不存在这样的曲线；
作出曲线得图象，如图所示；
直线与曲线C有两个不同公共点为，
所以两点关于直线对称，
又点在直线上，所以，
又，所以，
而由直线与曲线C有两个不同公共点可得，
所以.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女．
（1）若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师性别相同的概率；
（2）若从报名的6名教师中任选2名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师来自同一学校的概率．
【答案】（1） （2）
【解析】
【详解】甲校的男教师用A、B表示，女教师用C表示，乙校的男教师用D表示，女教师用E、F表示，
（1）根据题意，从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，
有（AD），（AE），（AF），（BD），（BE），（BF），（CD），（CE），（CF），共9种；
其中性别相同的有（AD）（BD）（CE）（CF）四种；
则选出的2名教师性别相同的概率为P=；
（2）若从报名的6名教师中任选2名，
有（AB）（AC）（AD）（AE）（AF）（BC）（BD）（BE）（BF）（CD）（CE）（CF）（DE）（DF）（EF）共15种；
其中选出的教师来自同一个学校的有6种；
则选出的2名教师来自同一学校的概率为P=．
18. 已知半径为4的圆与直线相切，圆心在轴的负半轴上.
（1）求圆的方程；
（2）已知直线与圆相交于两点，且面积为8，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆相切,根据点到直线距离公式求出圆心,再应用圆的标准方程即可;
（2）根据几何法求弦长再结合面积公式计算即可.
【小问1详解】
由已知可设圆心，则，解得或（舍），
所以圆方程为.
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为，则，
即，解得，
又，所以，解得，
所以直线的方程为或
.
19. 已知等差数列的前项和为，公差，且，，，成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）设是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知条件利用等差数列的前n项和公式和通项公式以及等比数列的定义，求出首项和公差，由此能求出；
（2）根据等比数列通项公式可得，由此利用错位相减法能求出数列前n项和．
【小问1详解】
由题意可得，解得，
所以，即．
【小问2详解】
由题意可知：，则，
则，
可得，
两式相减可得
，
所以．
20. 已知抛物线（）的焦点为，点为抛物线上一点，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）不过原点的直线：与抛物线交于不同两点，，若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据抛物线过点，且，利用抛物线的定义求解；
（2）设，联立，根据，由，结合韦达定理求解.
【小问1详解】
由抛物线过点，且，
得
所以抛物线方程为；
【小问2详解】
由不过原点的直线：与抛物线交于不同两点，
设，联立
得，
所以，
所以，
所以
因为，
所以，
则，
，即，
解得或，
又当时，直线与抛物线的交点中有一点与原点重合，
不符合题意，故舍去；
所以实数的值为.
21. 如图所示，在几何体中，平面，点在平面的投影在线段上，，，，平面.
（1）证明：平面平面.
（2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）2或3
【解析】
【分析】（1）过点作的垂线，垂足为，连接，由题意及正弦定理可得，结合，可证明结论；
（2）由（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设，由平面与平面的夹角的余弦值为
【小问1详解】
过点作的垂线，垂足为，连接，由题知平面，
因为平面，所以，
又因为平面，所以，
所以四边形为矩形，所以.
因为，，，所以，
由正弦定理易知，，所以，又因为，且，所以AE⊥平面ADP.
因为，所以平面，
因为平面PCD，所以平面平面；
【小问2详解】
由（1）知，两两垂直，分别以所在的直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，设，
易得：，
所以…
设平面的法向量，所以，
令，可得平面的一个法向量，
设平面的法向量，所以，
令，可得平面的一个法向量，…
所以，
解得，所以.
22. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，点、为椭圆上异于、的两点，面积的最大值为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线、的斜率分别为、，且．
①求证：直线经过定点．
②设和的面积分别为、，求的最大值．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）①分析可知直线不与轴垂直，设直线的方程为，可知，设点、.将直线的方程的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用求出的值，即可得出直线所过定点的坐标；
②写出关于的函数关系式，利用对勾函数的单调性可求得的最大值.
【小问1详解】
解：当点为椭圆短轴顶点时，的面积取最大值，
且最大值为，
由题意可得，解得，
所以，椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
解：①设点、.
若直线的斜率为零，则点、关于轴对称，则，不合乎题意.
设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右焦点，则，
联立可得，
，可得，
由韦达定理可得，，则，
所以，
，解得，
即直线的方程为，故直线过定点.
②由韦达定理可得，，
所以，
，
，则，
因为函数在上单调递增，故，
所以，，当且仅当时，等号成立，
因此，的最大值为.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.