四川省成都市第七中学2023-2024学年高二上学期期末复习数学试题（一）（Word版附解析）

这是一份四川省成都市第七中学2023-2024学年高二上学期期末复习数学试题（一）（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求．
1. 已知直线与直线垂直，则（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用两直线垂直的条件求解.
【详解】因为直线与直线垂直，
所以，即.
故选：B.
2. 若直线为圆的一条对称轴，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解．
【详解】由题可知圆心为，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即，解得．
故选：C
3. 已知圆与圆，若与有且仅有一条公切线，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两圆有且仅有一条公切线，得到两圆内切，从而可求出结果.
【详解】圆可化为，圆心为，半径为，
圆可化为，圆心为，半径为，
又与有且仅有一条公切线，
所以两圆内切，
因此，即，
解得，
故选：C
4. 在三棱锥中，点M是中点，若，则（ ）
A. 0B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】表达出和，得出，，的值，即可求出的值.
【详解】由题意，
在三棱锥中，点M是中点，
连接，，
在中，
，
在中，
，
∴,
∴，，
∴，
故选：A.
5. 有编号互不相同的五个砝码，其中3克、1克的砝码各两个，2克的砝码一个，从中随机选取两个砝码，则这两个砝码的总重量超过4克的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】用列举法列举出样本空间，结合古典概型概率计算公式即可求解.
【详解】记3克的砝码为，，1克的砝码为，，2克的砝码为，从中随机选取两个砝码，
样本空间，
共有10个样本点，其中事件“这两个砝码的总重量超过4克”包含3个样本点，故所求的概率为．
故选：A.
6. 在平行六面体中，，，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A. 0B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】设，由向量的运算得出，进而得出直线与直线所成角的余弦值.
【详解】设，不妨设，则
，，
即，则直线与直线所成角的余弦值为.
故选：A
7. 已知抛物线的焦点为F，点M在抛物线C的准线l上，线段与y轴交于点A，与抛物线C交于点B，若，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由题知点A为的中点，结合已知得，过点B作，由抛物线的定义即可求解.
【详解】设l与x轴的交点为H，由O为中点，知点A为的中点，
因为，所以．
过点B作，垂足为Q，则由抛物线的定义可知，
所以，则，所以．
故选：C
8. 已知为坐标原点，是椭圆上位于轴上方的点，为右焦点.延长、交椭圆于、两点，，，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设椭圆的左焦点为，连接、、，推导出四边形为矩形，设，在中，利用勾股定理可解得，然后在中，利用勾股定理可求得椭圆的离心率的值.
【详解】解：如图，设椭圆的左焦点为，连接、、，
由题意可知，、关于原点对称，且为的中点，
所以四边形为平行四边形，
又因为，所以四边形为矩形.
因为，设，，
则，，
所以，，
在中，，即，
解得，所以，，，
在中，由勾股定理可得，即，
整理可得，解得.
故选：C.
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．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错或不选得0分．
9. 统计学是源自对国家的资料进行分析，也就是“研究国家的科学”．一般认为其学理研究始于希腊的亚里士多德时代，迄今已有两千三百多年的历史．在两千多年的发展过程中，将社会经济现象量化的方法是近代统计学的重要特征．为此，统计学有了自己研究问题的参数，比如：均值、中位数、众数、标准差．一组数据：（）记其均值为m，中位数为k，方差为，则（ ）
A.
B.
C. 新数据：的均值为m
D. 新数据：的方差为
【答案】BD
【解析】
【分析】取，可判断A选项；利用中位数的定义可判断B选项；利用均值和方差公式可判断C，D选项．
【详解】对于A，不妨令，则，A错误；
对于B，因，样本数据最中间项为和，由中位数的定义可知，，B正确；
对于C，数据的均值为：，C错误；
对于D，数据的均值为：，
其方差为，D正确.
故选：BD.
10. 2022年11月29日23时08分，我国自主研发的神舟十五号载人飞船成功对接于空间站“天和”核心舱前向端口，并实现首次太空会师．我国航天员在实验舱观测到一颗彗星划过美丽的地球，彗星沿一抛物线轨道运行，地球恰好位于这条抛物线的焦点．当此彗星离地球4千万公里时，经过地球和彗星的直线与抛物线的轴的夹角为，则彗星与地球的最短距离可能为（单位：千万公里）（ ）
A. B. C. 1D. 3
【答案】CD
【解析】
【分析】不妨假设该抛物线开口向右，可设该抛物线的方程为，彗星离地球4千万公里时假设为A点，作轴于，分在的左侧和右侧进行讨论，即可求出最短距离
【详解】不妨假设该抛物线开口向右，如图所示，可设该抛物线的方程为，
地球即焦点坐标为，设彗星的坐标为，
当彗星离地球4千万公里时，设彗星此时处于A点，即，
作轴于，则，
当在的右侧时，
，所以，
代入抛物线可得，解得
则根据抛物线的定义可得彗星到地球的距离为，
则彗星与地球的最短距离可能为1千万公里，
当在的左侧时，
，所以，
代入抛物线可得，解得
则根据抛物线的定义可得彗星到地球的距离为，
则彗星与地球的最短距离可能为3千万公里，
故选：CD
11. 在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（ ）
A. 当P为中点时，为锐角
B. 存在点P，使得平面APC
C. 的最小值
D. 顶点B到平面APC的最大距离为
【答案】ABC
【解析】
【分析】依题意建立空间直角坐标系，设，当为中点时，根据判断得符号即可判断A；当平面，则有，从而求出可判断B；当时，取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点到平面的距离，分析即可判断D.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
设，则，故，
则，
，
对于A，当为中点时，，
则，，则，，
所以，所以为锐角，故A正确；
当平面，
因为平面，所以，
则，解得，
故存在点，使得平面，故B正确；
对于C，当时，取得最小值，
由B得，此时，
则，，所以，
即的最小值为，故C正确；
对于D，，，
设平面的法向量，
则，可取，
则点到平面的距离为，
当时，点到平面的距离为0，
当时，，
当且仅当时，取等号，
所以点到平面的最大距离为，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是建立空间直角坐标系，求得，，从而利用空间向量法逐一分析判断各选项即可.
12. 抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，O为坐标原点．一束平行于x轴的光线从点射入，经过C上的点反射后，再经C上另一点反射后，沿直线射出，经过点Q，则（ ）
A. B. 延长交直线于点D，则D，B，Q三点共线
C. D. 若平分，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由平行于x轴的，且过点，可推出点坐标，写出直线的方程，并联立抛物线的方程，结合韦达定理可得，，即可判断A是否正确；解得点坐标，推出，，三点纵坐标都相同，即可判断B是否正确；由弦长公式计算出，即可得出C是否正确；平分推出，由，计算的值，即可判断D是否正确；．
【详解】如图所示：

，，，，由平行于x轴的，且过点，所以，
把代入抛物线的方程，解得，即，
由题知，直线经过焦点，
直线的方程为，即，
联立，得，
所以，，
对于A选项：由，故选项A错误；
对于B选项：因为，，所以，即点纵坐标为，
直线的方程为，联立，解得，所以点坐标为，，
由光学性质可知平行于x轴，则，，三点纵坐标都相同，
所以，，三点共线，故选项B正确
对于C选项：
，故选项C正确；
对于D选项：由光学性质可知平行于x轴，平行于x轴，
则，有，
平分，有，所以
∴，即，得，故选项D正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设，则过线段的中点，且与垂直的直线方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出线段的中点坐标和斜率，利用点斜式写出直线方程.
【详解】因为，所以线段的中点，且.
所以与垂直的直线的斜率为，
所以过线段的中点，与垂直的直线方程为，即.
故答案为：
14. 如图，直三棱柱中，分别是的中点，，则与所成角的余弦值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，不妨设，写出对应点的坐标，利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】由题意可知：两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，
不妨设，因为分别是的中点，
则，，，，
则，，设直线与所成的角为，
所以，
所以与所成角的余弦值为，
故答案为：.
15. 已知圆，点在直线上运动，过作的两条切线，切点分别为、，当四边形的面积最小时，________．
【答案】
【解析】
【分析】证明出，计算出的最小值，可得出的最小值，可得出四边形的面积最小值，可求得的值，进而可得出的值.
【详解】如图所示：
由圆的几何性质可得，，
由切线长定理可得，又因为，，
所以，，
圆的标准方程为，圆心为，半径为，
所以，，
当与直线垂直时，取最小值，且，
所以，，
所以，，此时，
因此，.
故答案为：.
16. 已知椭圆的右顶点和上顶点分别为，左焦点为，以原点为圆心的圆与直线相切，且该圆与轴的正半轴交于点，过点的直线交椭圆于两点.若四边形是平行四边形，且平行四边形面积为，则椭圆的长轴长为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线与圆相切可求得圆的半径，即，将与椭圆方程联立可求得坐标，由可构造齐次方程求得离心率，从而用表示出，根据可构造方程求得的值，进而得到椭圆长轴长.
【详解】
由题意知：，，，
直线，即，
直线与圆相切，圆的半径，即，
四边形为平行四边形，，
将代入椭圆方程得：，即，
又，，，
即，，解得：（舍）或；
即，，
，解得：
椭圆长轴长.
故答案为：.
四、解答题：本小题共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. 某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工，根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为

（1）求频率分布直方图中的值；
（2）估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；
（3）从评分在的受访职工中，随机抽取2人，求此2人评分都在的概率.
【答案】（1）0.006；（2）；（3）.
【解析】
【分析】（1）在频率分布直方图中，由频率总和即所有矩形面积之和为，可求；
（2）在频率分布直方图中先求出50名受访职工评分不低于80的频率为，由频率与概率关系可得该部门评分不低于80的概率的估计值为；
（3）受访职工评分在[50，60)的有3人，记为，受访职工评分在[40，50)的有2 人，记为，列出从这5人中选出两人所有基本事件，即可求相应的概率.
【详解】（1）因为，
所以
（2）由所给频率分布直方图知，50名受访职工评分不低于80的频率为，
所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为
（3）受访职工评分在[50，60)的有：50×0.006×10=3(人)，
即为；
受访职工评分在[40，50)的有： 50×0.004×10=2(人)，即为.
从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，它们是
又因为所抽取2人的评分都在[40，50)的结果有1种，即，
故所求的概率为
【点睛】本题考查频率分布直方图､概率与频率关系､古典概型，属中档题；利用频率分布直方图解题的时，注意其表达的意义，同时要理解频率是概率的估计值这一基础知识；在利用古典概型解题时，要注意列出所有的基本事件，千万不可出现重､漏的情况.
18. 如图，在平面直角坐标系中，四边形为菱形，，点为的中点，的外接圆为圆．
（1）求圆的方程；
（2）求直线被圆所截得的弦长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意判断为正三角形，即可求得其外接圆圆心，继而求得半径，即可得圆的方程；
（2）求出B点坐标，可得D点坐标，继而可求出直线CD的方程，求出圆心到直线CD的距离，根据直线被圆所截得的弦的计算公式，即可求得答案.
【小问1详解】
由题意知，故为锐角,故，
又，所以为正三角形，由，得，
所以外接圆圆心为，即，
则半径，所以圆的方程为；
【小问2详解】
由题意得B点横坐标为，纵坐标为，
故，，直线的斜率，
直线方程为，即，
到距离为，
所以被圆：截得的弦长为.
19. 已知点，点B为直线上的动点，过点B作直线的垂线l，且线段的中垂线与l交于点P．
（1）求点P轨迹的方程；
（2）设与x轴交于点M，直线与交于点G（异于P），求四边形面积的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用抛物线的定义求解轨迹方程；
（2）设出直线，联立方程，得出，用表示出四边形的面积，结合基本不等式求解最值.
【小问1详解】
由题意点到直线的距离与到点的距离相等，所以点P的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，
所以方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，，则.
如图，设与轴的交点为，则易知为的中位线，所以.
联立，得，，
不妨设，则，
四边形面积为
,
当且仅当时，取到最小值，所以四边形面积的最小值为.
20. 世界上有许多由旋转或对称构成的物体，呈现出各种美．譬如纸飞机、蝴蝶的翅膀等．在中，．将绕着旋转到的位置，如图所示．
（1）求证：；
（2）当三棱锥的体积最大时，求平面和平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）做辅助线，先证明线面垂直，利用线面垂直证明线线垂直；
（2）根据三棱锥的体积最大，确定平面的垂直关系，利用空间向量求解平面的夹角.
【小问1详解】
取的中点，连接，
由题意可知，所以；
因为平面，所以平面；
因平面，所以.
【小问2详解】
由题意可知三棱锥的体积最大时，平面平面；
在平面内作出，且与的延长线交于点，连接；
因为平面平面，平面平面，，
所以平面；根据旋转图形的特点可知，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，所以；
；
，
设平面的一个法向量为，则，，
令，则；
易知平面的一个法向量为,
设平面和平面的夹角为，则.
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
21. 如图，已知抛物线的焦点为，且经过点．
（1）求和的值.
（2）若点在上，且，证明：直线过定点．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线得定义可求得，代入点的坐标可求得.
（2）设出的方程及的坐标，利用点在上，且，通过向量数量积为0建立的关系，代入方程易证明直线过定点.
【小问1详解】
，
又在抛物线上，.
【小问2详解】
证明：设，，
，
，
即.
设直线为，与抛物线方程联立，
得，且，
，
所以.
当时，：，过定点.
当时，：，过定点与点重合，舍去.
综上所述，直线过定点.
22. 已知双曲线（，）的左､右焦点分别为､，双曲线的右顶点在圆上，且.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）动直线与双曲线恰有1个公共点，且与双曲线的两条渐近线分别交于点､，设为坐标原点.
①求证：点与点的横坐标的积为定值；
②求△周长的最小值.
【答案】（1）；
（2）①证明见解析；②6.
【解析】
【分析】（1）由在圆上求出参数a，利用向量数量积的坐标表示求出参数c，进而可得双曲线方程.
（2）①设直线为，联立双曲线求得，联立渐近线与直线方程求与的横坐标，注意直线斜率不存在情况的讨论；②法1：利用两点距离公式求，结合基本不等式及①结论即可求周长最小值；法2：由①结论及两点距离公式可得，再由余弦定理求，进而应用基本不等式求的最小值，注意等号成立条件.
【小问1详解】
设双曲线的半焦距为，
由在圆上，得：，
由，得：，
所以，则双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
①当直线的斜率存在时，设其方程为，显然，
联立，消去得：，
由直线与双曲线有且只有一个公共点，且与双曲线的两条渐近线分别相交知：直线与双曲线的渐近线不平行，所以且，
于得，则，
双曲线的渐近线为，
联立，消去得：，
设，，则.
当直线的斜率不存在时，，故，
综上，点与点的横坐标的积为定值3.
②法1：由①，，
则，当且仅当时取等号，
所以△周长的最小值为6.
法2：由①，
则，，
在△中，由余弦定理，
所以△的周长为，当且仅当时取等号，
所以△的周长的最小值为6.