四川省宜宾市叙州区第一中学校2023-2024学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省宜宾市叙州区第一中学校2023-2024学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第I卷 选择题（60分）
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. 在平面直角坐标系xOy中，直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出直线的斜率，根据斜率与倾斜角的关系可得答案.
【详解】设直线的倾斜角为，
直线的方程可化为，
所以斜率为，
因，所以.
故选：B.
2. 已知向量，且，则的值为（ ）
A. 4B. 2C. 3D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量垂直得到，解方程即可.
【详解】因为，所以，
因为向量，，
所以，解得，
所以的值为4.
故选：A.
3. 若抛物线的准线经过椭圆的右焦点，则m的值为（ ）
A. -2B. -1C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】找到椭圆的右焦点，利用的准线过焦点，即可求解.
【详解】解：椭圆的右焦点，抛物线的准线经过椭圆的右焦点，可得，解得．
故选：A．
4. 三棱柱中，为棱的中点，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算法则与空间向量基本定理，求解即可.
【详解】
故选：D.
5. 若某群体中的成员会用现金支付的概率为0.60，会用非现金支付的概率为0.55，则用现金支付也用非现金支付的概率为（ ）
A. 0.10B. 0.15C. 0.40D. 0.45
【答案】B
【解析】
【分析】设成员会用现金支付为是事件A，会用非现金支付为事件B，则为即用现金支付也用非现金支付，.
【详解】设成员会用现金支付为是事件A，会用非现金支付为事件B，则为即用现金支付也用非现金支付，
则，，则，.
故选：B.
6. 已知直线，直线，设，则是的（ ）．
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线平行的条件可知，计算出的值即可得出结论.
【详解】解：两直线平行的充分必要条件是，
且，解得，
经验证，当时，两直线平行．
故选：C．
7. 在等比数列中，，，则（ ）
A. 3B. C. 9D.
【答案】A
【解析】
【分析】设等比数列的公比为，然后由已知条件列方程求出，从而可求出.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，，
所以，解得，
所以，
故选：A
8. 直线 与曲线只有一个公共点，则实数范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】确定直线恒过定点，确定曲线表示圆心为，半径为1，且位于直线右侧的半圆，包括点，由直线与圆位置关系解决即可.
【详解】由题知，直线 恒过定点，曲线表示圆心为，半径为1，且位于直线右侧的半圆，包括点，
当直线经过点时，与曲线有2个交点，此时，不满足题意，直线记为，
当直线经过点时，与曲线有1个交点，此时，满足题意，直线记为，
如图，当直线与半圆相切时，由，解得，直线记为，
由图知，当或，与曲线有1个交点，
故选：C
二、选择题：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. 抛掷两枚质地均匀硬币，设事件“第一枚硬币正面向上”，事件“第二枚硬币反面向上”，下列结论中正确的是（ ）
A. 与互为对立事件B. 与为相互独立事件
C. 与相等D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用对立事件与相互独立事件的概念可判断A、B；求出概率可判断C、D.
【详解】由对立事件是在一次试验中，故A错误；
，为独立事件，B正确；
事件不是在一次试验中，事件不会相等，由，
可得C错误；D正确.
故选：BD．
10. 数列的前项和为，已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 数列是递增数列B.
C. 当时，D. 当或5时，取得最大值
【答案】CD
【解析】
【分析】根据表达式及时，的关系，求出数列通项公式，即可判断A、B、C选项的正误.的最值可视为定义域为正整数的二次函数来求得.
【详解】当时，，又，
所以，则是递减数列，故A错误，B错误；
当时，，故C正确；
当时，因为的对称轴为，开口向下，而是正整数，
且或5时距离对称轴一样远，所以当或5时，取得最大值，
又，所以当或5时，取得最大值，故D正确.
故选：CD.
11. 已知圆：，则下列说法正确的是（ ）
A. 点在圆内
B. 圆关于对称
C. 直线与圆相切
D. 若圆与圆恰有三条公切线，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】将圆M的一般方程转化为标准方程，可知圆心和半径，利用点到圆心的距离和半径比较，
可知点与圆的位置关系，判断A选项正误；利用圆的对称直线过圆心，判断B选项正误；
利用圆心到直线的距离和半径的关系判断C选项正误；利用两圆外切，判断D选项正误.
【详解】对于A，已知圆：，则其标准方程为，∴，圆心，点到圆心的距离，所以点在圆外，A错误；
对于B，将圆心代入直线，得成立，所以直线过圆心，则圆关于直线对称，B选项正确；
对于C，因为圆心到直线的距离，所以直线与圆相切，C选项正确；
对于D，由圆的方程可得，，所以圆心为，半径为，因为两圆有三条公切线，所以两圆的位置关系为外切，则，解得，故D选项正确.
故选：BCD
12. 在长方体中，，，、、分别是、、 上的动点，下列结论正确的是（ ）
A. 对于任意给定的点，存在点使得
B. 对于任意给定的点，存在点使得
C. 当时，
D. 当时，平面
【答案】ABD
【解析】
【分析】本题先建立空间直角坐标系，再运用空间向量在立体几何中的应用逐一判断即可.
【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设，，，，
设，得到，.
，，，当时，，正确；
，，取时，，正确；
，则，解得：，此时，不成立，错误；
，则，，设平面的法向量为，则，解得，故，故平面，正确.
故选：ABD.
【点睛】
本题考查了空间向量在立体几何中的应用，是偏难题.
第II卷 非选择题（90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 数据12，14，15，17，19，24，27，30的第70百分位数是______.
【答案】24
【解析】
【分析】利用百分位数的定义进行求解.
【详解】共有8个数，，故从小到大排列，选择第6个数作为第70百分位数，即24为第70百分位数.
故答案为：24
14. 袋子中有四个小球，分别写有“中､华､民､族”四个字，有放回地从中任取一个小球，直到“中”“华”两个字都取到才停止.用随机模拟的方法估计恰好抽取三次停止的概率，利用电脑随机产生0到3之间取整数值的随机数，分别用代表“中､华､民､族”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下18组随机数：
由此可以估计，恰好抽取三次就停止的概率为____________.
【答案】
【解析】
【分析】利用古典概型随机数法求解.
【详解】由随机产生随机数可知恰好抽取三次就停止的有，共4组随机数，
所以恰好抽取三次就停止的概率约为，
故答案为：
15. 已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与的一个交点，若，则_____________．
【答案】3；
【解析】
【分析】过点作准线的垂线，由抛物线的定义和三角形相似、可知，，进而可求得结果.
【详解】如图所示：
过点作交于点，利用抛物线定义得到.
设准线交x轴于点，因为，
所以，又焦点到准线的距离为4，所以，
所以.
故答案为：3
16. 椭圆的左，右焦点分别是，，椭圆上存在一点，满足，，则椭圆的离心率__________.
【答案】##0.8
【解析】
【分析】根据已知可得，解出的值.又由题意可推得，进而可得出，求出，即可得出离心率.
【详解】因为，，
又，
联立，解得或.
设椭圆的上顶点为，则，则.
因为椭圆上存在一点，满足，
所以.
即，即，即，所以.
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. 设Sn为等差数列{an}的前n项和，S9＝81，a2+a3＝8．
（1）求{an}的通项公式；
（2）若S3，a14，Sm成等比数列，求S2m．
【答案】（1）an＝2n﹣1
（2）324
【解析】
【分析】（1）由等差数列{an}的前n项和公式和通项公式，列出方程组，求出首项和公差，由此能求出{an}的通项公式．
（2）推导出Snn2．由S3，a14，Sm成等比数列，得9m2＝272，从而求出m＝9，由此能求出S2m．
【小问1详解】
∵Sn为等差数列{an}的前n项和，S9＝81，a2+a3＝8．
∴，
解得a1＝1，d＝2，
∴an＝1+（n+1）×2＝2n﹣1．
【小问2详解】
由（1）知，Snn2．
∵S3，a14，Sm成等比数列，∴S3Sm，
即9m2＝272，解得m＝9，
∴324．
18. 已知直线的方程为.
（1）证明：不论为何值，直线过定点.
（2）过（1）中点，且与直线垂直的直线与两坐标轴的正半轴所围成的三角形的面积最小时，求直线的方程.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）将直线方程改写成形式，解方程组即可.
（2）设出与直线垂直的方程，分别令、求出相对于的值、值，结合三角形面积公式及基本不等式即可求得结果.
【小问1详解】
证明：直线的方程，
可整理为.
由，解得，
所以直线过定点.
【小问2详解】
由（1）知，直线过定点，
设过点且与直线垂直的直线方程为，
令，则.
令，则.
所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
19. 一题多解是由多种途径获得同一数学问题的最终结论，一题多解不但达到了解题的目标要求，而且让学生的思维得以拓展，不受固定思维模式的束缚．学生多角度、多方位地去思考解题的方案，让解题增添了新颖性和趣味性，并在解题中解放了解题思维模式，使得枯燥的数学解题更加丰富而多彩．假设某题共存在4种常规解法，已知小红使用解法一、二、三、四答对的概率分别为，且各种方法能否答对互不影响，小红使用四种解法全部答对的概率为．
（1）求的值；
（2）求小红不能正确解答本题的概率；
（3）求小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对的概率．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用相互独立事件的概率公式计算得解.
（2）利用对立事件及相互独立事件的概率公式计算得解.
（3）利用互斥事件及相互独立事件的概率公式计算得解.
【小问1详解】
记小红使用解法一、二、三、四答对分别为事件，则，
因为各种解法能否答对互不影响，且全部答对的概率为，
于是，解得，
所以.
【小问2详解】
若小红不能正确解答本题，则说明小红任何方法都不会，
所以小红不能正确解答本题的概率是．
【小问3详解】
记事件为小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对，
则
，
所以小红使用四种解法解题，其中有三种解法答对的概率为．
20. 已知双曲线：的一个焦点为，一条渐近线方程为，为坐标原点.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）已知倾斜角为的直线与双曲线交于两点，且线段的中点的纵坐标为4，求弦长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线的几何性质即可求解，
（2）根据点差法，结合中点弦可得直线方程，即可根据弦长公式求解.
【小问1详解】
由焦点可知，
又一条渐近线方程为，所以，
由可得，解得，
故双曲线的标准方程为.
【小问2详解】
设中点的坐标为，
则
两式子相减得：，
化简得，
即，又，所以，
所以中点的坐标为，
所以直线的方程为，即.
将代入得，，
则，
,
21. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，点是的中点.

（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的性质定理得，再根据勾股定理得，从而利用线面垂直的判定定理得平面，从而利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据线面角的定义及正弦值求得边长，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求得两个平面所成角的余弦值.
【小问1详解】
平面平面，.
，由且是直角梯形，
，
即，.
平面平面，平面.
平面，平面平面.
【小问2详解】
平面平面，.
又，平面平面，平面，
即为直线与平面所成角.
，，则，
取的中点，连接，以点为坐标原点，
分别以为轴､轴､轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

则，
，
设为平面的法向量，则，
令，得，得，
设为平面的法向量，
则，令，则，得.
.
平面与平面所成角的余弦值的余弦值为.
22. 如图，椭圆的左顶点，点都在椭圆上不与顶点重合且关于坐标原点对称，其中点在第一象限，线段的中点是，点在轴上的投影是，直线交椭圆C于另一交点.直线的斜率分别是.
（1）求证：是定值并求出该定值；
（2）求证：；
（3）求面积的最大值.
【答案】（1）证明见解析，
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）设，则，求得，结合在椭圆上，即可得出答案；
（2）因为是线段的中点，可得，类比（1）可得：，又，从而得，即可证得结论；
（3）设直线为，与椭圆方程联立求得的坐标，进而求出，设出直线的方程，与椭圆方程联立，由韦达定理得，结合（2）中结论求得 ，可得的解析式，通过变形处理，利用基本不等式及函数的单调性求得最大值.
【小问1详解】
设，则，
因为在椭圆上，故，
因为，故，，
故，
因为，故
代入得：.
【小问2详解】
因为是线段的中点，所以，则，
故，
类比（1）知，在椭圆上，同理可得：，
又代入得：，
所以，故；
【小问3详解】
设直线为，，
由消去得：，故，
又因为点在第一象限，故，故，
故，，故，
故，
令，故，设直线：,
因为，故，
由消去得：，则，
因为，故，
故，将代入得：，
所以，
分子分母同除以，得，
令，故，当且仅当时取等号，
所以，，
令，
，
当且时，，则，
可得在上单调递增，则，
所以，当且仅当，即时取等号，