四川省泸州市泸县第四中学2023-2024学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸州市泸县第四中学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。

本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
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. 现有件正品和件次品，从中不放回的依次抽取件产品，则事件“第二次抽到的是次品”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】记件正品为，件次品分别记为、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】记件正品为，件次品分别记为、，用表示第一次抽到正品，第二次抽到次品，
从这件产品中不放回的依次抽取件产品，所有的基本事件有：、、、、、，共种，
其中，事件“第二次抽到的是次品”所包含的基本事件有：、、、，共种，
故所求概率为.
故选：C.
2. 已知四边形的顶点，则四边形的形状为（ ）
A. 平行四边形B. 菱形C. 梯形D. 矩形
【答案】D
【解析】
【分析】求出四条边所在直线的斜率，可判断它们是矩形．
【详解】因为，所以.
又因为，所以，
所以四边形为平行四边形.
又因为，所以.
所以四边形为矩形.
故选：D.
【点睛】本题考查两直线的位置关系，在斜率存在的情况下不重合的两直线平行的充要条件是斜率相等，垂直的充要条件是斜率乘积为－1．
3. 圆关于点对称的圆的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先将圆的方程化为标准方程得到圆心和半径，再求出圆心关于的对称点即可得到对称的圆的标准方程.
【详解】由题意可得圆的标准方程为，
所以圆心为，半径为，
因为点关于点的对称点为，
所以所求对称圆的标准方程为，
故选：D
4. 双曲线的渐近线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由双曲线的标准方程可直接求得双曲线的渐近线的方程.
【详解】在双曲线中，，，因此，该双曲线的渐近线方程为.
故选：B.
【点睛】本题考查利用双曲线的标准方程求渐近线方程，属于基础题.
5. 如图，在四面体中，，，，点M在上，且，N为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据几何关系，结合向量线性运算，即可求解.
【详解】
.
故选：B
6. 一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1，3，3，5，5，7，…，若该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群共有（ ）．
A. 10层B. 11层C. 12层D. 13层
【答案】C
【解析】
【分析】设该数列为，塔群共有n层，则数列为1，3，3，5，5，7，…，该数列从第5项开始成等差数列，根据题意结合等差数求和公式可得，从而可求出的值
【详解】根据题意，设该数列为，塔群共有n层，
即数列有n项，数列为1，3，3，5，5，7，…，
则．
该数列从第5项开始成等差数列，且，，则其公差，
则有，
又，则有，
即，解得或（舍去），则．
故选：C．
7. 已知椭圆：的右焦点为，左顶点为.若点为椭圆上的点，轴，且，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，，然后可得，然后结合和可得，解出即可.
【详解】由题意可得，
所以，所以
所以，所以，所以
所以，所以，解得或
因为，所以
故选：D
【点睛】本题考查的是椭圆离心率的求法，考查了学生的运算求解能力，属于中档题.
8. 已知数列是递增的等比数列，，若的前项和为，则，则正整数等于（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，结合等比数列的通项公式，以及等比数列前项和公式，即可求解.
【详解】联立可得或，
又因为数列是递增的等比数列，所以，
则公比，
所以，
所以.
故选：B.
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. 已知向量，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】通过空间向量平行和垂直的坐标运算，验证各选项是否正确.
【详解】A选项，因为，所以，A正确；
B选项，因为，所以，B正确；
C选项，设，则有，方程组无解，故不平行，C错误；
D选项，，故，D正确.
故选：ABD
10. 大数据时代为媒体带来了前所未有的丰富数据资源和先进的数据科学技术，在AI算法的驱动下，无论是图文编辑、视频编辑，还是素材制作，所有的优质内容创作都变得更加容易.已知某数据库有视频a个，图片b张（且）.从中随机选出一个视频和一张图片，记“视频甲和图片乙入选”为事件A，“视频甲入选”为事件B，“图片乙入选”为事件C，则下列判断中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】显然事件相互独立，且，于是，A错误，B正确；
事件包含“视频甲未入选，图片乙入选”、“视频甲入选，图片乙未入选”、“视频甲､图片乙都未入选”三种情况，
因此，则，所以C正确；
依题意，，，
而且，因此，即，D错误.
故选：BC
11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过点的直线交椭圆于，两点，若的最大值为5，则（ ）
A. 椭圆的短轴长为B. 当最大时，
C. 离心率为D. 的最小值为3
【答案】BD
【解析】
【分析】根据条件和椭圆性质确定椭圆方程，再根据方程分别计算每个选项.
【详解】
依题意：，设椭圆的半焦距为c，由椭圆的定义可知：，
，当最大为5时，最小为3，即椭圆的通径为3；
令代入椭圆方程得：椭圆的通径为，
又，代入上式解得，所以椭圆短轴长为，A选项错误；
当最大时，最小，即直线AB过点，A，B点关于x轴对称， ，B选项正确；
，C选项错误；D选项正确；
故选：BD.
12. 设是公比为正数等比数列的前n项和，若，，则（ ）
A. B.
C. 为常数D. 为等比数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据等比数列的性质可得公比，进而可得通项公式与，再逐个选项判断即可.
【详解】设公比为，则，解得，故，
则，.
对A，，故A正确；
对B，，故B错误；
对C，为常数，故C正确；
对D，，，故为等比数列，故D正确；
故选：ACD
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. 等差数列中，，则______.
【答案】60
【解析】
【分析】由题意和等差数列的性质化简：，求出的值，代入求值即可．
【详解】由题意知，，
则由等差数列的性质得，，即，
所以，
故答案为：60．
【点睛】本题考查等差数列的性质的灵活运用，一定要注意项数之间的关系，属于基础题．
14. 设，已知直线l1：，过点作直线l2，且l1∥l2，则直线l1与l2之间距离的最大值是 __．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用方程组求出直线经过定点，则当此定点和点的连线与l1垂直时，直线l1与l2之间距离取得最大，进一步利用两点间的距离公式求出结果．
【详解】解：由于直线l1：，整理得，
由，解得，即直线l1恒过点；
则过点作直线l2，且l1∥l2，
所以直线l1与l2之间距离的最大值为点与点间的距离
．
故答案为：．
15. 已知抛物线：，直线：交于两点，则线段的长是_______．
【答案】5
【解析】
【分析】联立方程，利用韦达定理求出，再根据弦长公式即可得解.
【详解】设，
联立，消得，
，
则，
所以.
故答案为：.
16. 已知矩形中，，，是边的中点.现以为折痕将折起，当三棱锥的体积最大时，该三棱锥外接球的体积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】求得三角形边上的高，然后求得外接球的半径，进而求得外接球的体积.
【详解】过作交于，，
中有，.
三角形是等边三角形，边长为，
由可得三角形外接圆半径为，设外接圆圆心为，
.
当平面平面时，三棱锥的体积最大，
此时平面.
由于，
，所以是三棱锥外接球的球心，
设外接球半径为，则，
所以外接球的体积为.
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. 本着健康、低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多．某自行车租车点的收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两小时的部分每小时收费2元（不足一小时的部分按一小时计算）．有甲、乙两人来该租车点租车骑游（各租一车一次），设甲、乙不超过两小时还车的概率分别为，，两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为，，两人租车时间都不会超过四小时．
（1）求甲、乙两人所付租车费用相同的概率；
（2）求甲、乙两人所付的租车费用之和为4元的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先分别求出甲、乙两人租车时间超过三小时且不超过四小时的概率，分析租车费用相同的三种情况，分别求出每种情况的概率再相加；
（2）分析两人所付的租车费用之和为4元的三种情况，分别求出每种情况的概率再相加.
【小问1详解】
甲、乙两人租车时间超过三小时且不超过四小时的概率分别为，，
甲、乙两人所付租车费用相同可分为租车费都为0元、2元、4元三种情况．
租车费都为0元的概率为，租车费都为2元的概率为，租车费都为4元的概率为.
所以甲、乙所付租车费用相同的概率为.
【小问2详解】
设甲、乙两人所付的租车费用之和为，则“”表示“两人的租车费用之和为4元”，
其可能的情况是甲、乙的租车费分别为①0元、4元，②2元、2元，③4元、0元．
所以可得，
即甲、乙两人所付的租车费用之和为4元的概率为.
18. 已知等比数列，，，是与的等差中项.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由递推关系确定数列单调性，根据等差中项列方程求出公比即可求解；
（2）根据错位相减法求和.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
因为，所以，
由及，得，解得或(舍去)，
所以.
（2）由（1）得，
，①
，②
由①-②得，
∴.
19. 如图，四棱锥P-ABCD，M为棱PB上中点，底面ABCD是边长为2的菱形，PA=PC，PD=2，.
（1）证明：；
（2）若，求AM与平面PCD所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接与交于点，连接，则由菱形的性质和等腰三角形的性质可得，，再由线面垂直的判定可得平面，然后明线面垂直的性质可证得结论；
（2）由（1）可知平面平面，以为坐标原点，射线方向为轴正方向，射线方向为轴正方向，建立如图直角坐标系，然后利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：连接与交于点，连接.
因为底面为菱形，所以，且.
因为，所以.
又因为平面PBD，平面PBD，，
所以平面，
因为平面，
所以.
【小问2详解】
由题可知，，所以，
由（1）可知平面，
因为平面，
所以平面平面，
在平面中过作，交于，
因为平面平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
所以以为坐标原点，射线方向为轴正方向，射线方向为轴正方向，射线方向为轴正方向，建立如图直角坐标系.
则，，，，，
，.
，，设平面的法向量为，
则，令，则
，
所以与平面所成角的正弦值为.
20. 已知动圆P过点且与直线相切，圆心P的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）若A，B是曲线C上的两个点，且直线AB过的外心，其中O为坐标原点，求证:直线过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设点，利用已知条件列等式求曲线C的方程；
（2）直线AB过的外心，有，设直线的方程，与曲线C的方程联立方程组，利用韦达定理求未知系数，证明直线过定点.
【小问1详解】
设点，则=，平方并整理得，
∴曲线C的方程为.
【小问2详解】
证明:由题意可知直线的斜率一定存在，否则不与曲线C有两个交点.

设的方程为，，联立
得，其中，则， ，
由，得， .
∴.
∵直线过的外心，∴.
∴·，即，解得或（舍去）.
当时，满足.
∴直线的方程为，
∴直线过定点.
21. 已知圆M圆心M在x轴上，半径为2，直线l：3x＋4y－1＝0被圆M截得的弦长为2，且圆心M在直线l的上方．
（1）求圆M的方程；
（2）设A（0，t），B（0，t－6）（2≤t≤4），若圆M是的内切圆，求AC，BC边所在直线的斜率（用t表示）
（3）在（2）的条件下求的面积S的最大值及对应的t值．
【答案】（1）（x－2）2＋y2＝4
（2）；
（3）最大值为24，t＝2或t＝4
【解析】
【分析】（1）根据直线与圆的弦长公式，可求得圆心M到直线l的距离，再结合点到直线距离公式，可求得圆心坐标，即可得答案.
（2）设AC斜率为k1，BC斜率为k2，即可表示出直线AC和直线BC的方程，根据圆M与直线AC和直线BC相切，即可得表达式，即可得答案.
（3）由（2）可得直线AC和直线BC方程，联立可求得C点横坐标，可得面积S表达式，根据（2）可得表达式，根据t的范围，可得的范围，进而可得S的最大值.
【小问1详解】
设圆心M（a，0），由已知得M到l：3x＋4y－1＝0的距离为，
所以，又因为M在l的上方，
所以3a－1>0，则3a－1＝5，解得a＝2，
所以圆的方程为（x－2）2＋y2＝4.
【小问2详解】
设AC斜率为k1，BC斜率为k2，
则直线AC的方程为y＝k1x＋t，直线BC的方程为y＝k2x＋t－6.
由于圆M与AC相切，所以，
解得； 同理可得.
【小问3详解】
由（2）可得直线AC的方程为，直线BC的方程为，
联立两条直线方程得C点的横坐标为，
因为，
所以，
由（2）得：
因为2≤t≤4，所以－9≤t2－6t≤－8，
所以，
所以，则，
所以，此时t2－6t＝－8，解得t＝2或t＝4.
综上：的面积S的最大值为24，此时t＝2或t＝4.
22. 已知椭圆的左焦点为，不过坐标原点O且不平行于坐标轴的直线l与椭圆C有两个交点A，B，线段的中点为Q，直线的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
（1）求椭圆C方程；
（2）若过点F的直线m交椭圆C于点M，N，且满足，求直线m的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设，，代入椭圆的方程，利用点差法求得，进而求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2）当直线m的斜率存在时，设直线，联立方程组求得，利用弦长公式，结合点到直线的距离公式，结合三角形面积列出方程，求得的值，得出直线方程，当直线的斜率不存在时，得到直线为，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，椭圆C的左焦点为，所以，
设，，由题意可得，，
则，即.
因为，所以，即，所以，
所以椭圆C的方程为.
【小问2详解】
解：当直线m的斜率存在时，设直线，点，，
联立方程组，整理得，
可得，，
所以，
点O到直线m的距离为，
因为，即，
所以，即，
又因为，
所以，即，
所以直线m为：.
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时满足题目条件，
综上可得，直线的方程为：或.