四川省泸州市泸州老窖天府中学2024-2025学年高二上学期期末测试数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省泸州市泸州老窖天府中学2024-2025学年高二上学期期末测试数学试卷（Word版附解析），共18页。
1．答卷前，考生务必把自己的姓名、 准考证号填写在答题卡上．
2．考生作答时，选择题用2B铅笔将答题卡对应题目的答案标号涂黑，其余各题用0.5毫米黑色墨迹签字笔将答案写在答题卡上，在本试卷、草稿纸上答题无效．
3．全卷满分150分，考试时间120分钟．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第I卷（选择题）
一、单选题：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. 直线的倾斜角为（ ）
A. 60°B. 90°C. 120°D. 135°
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出直线的斜率，再根据斜率与倾斜角的关系计算可得.
【详解】解：直线，即，所以直线的斜率，设倾斜角为，
则，又，所以；
故选：D
2. 若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的四则运算，求得的共轭复数，以及，再求得其对应点的坐标，即可判断.
【详解】由，可得，故，
则复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限.
故选：A.
3. 若点，到直线的距离相等，则（ ）
A. 1B. C. 1或D. 或2
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜率公式以及中点坐标即可求解.
【详解】若，在直线的同侧，则，解得．
若，分别在直线的两侧，则直线经过的中点，则，解得．
故选：C
4. 正项等比数列中，，，则（ ）
A. B. 3C. 6D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意和等比数列的性质计算即可.
【详解】设等比数列的公比为，
因为数列为正项等比数列，所以，
由题，
则，所以，
所以.
故选：B
5. 如图，已知四面体的棱长都是2，点为棱的中点，则的值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量数量符号的运算性质，结合空间向量线性运算的性质进行求解即可.
【详解】因为点为棱的中点，
所以，
因为四面体的棱长都是2，
所以，
故选：B
6. 演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是
A. 中位数B. 平均数
C. 方差D. 极差
【答案】A
【解析】
【分析】可不用动笔，直接得到答案，亦可采用特殊数据，特值法筛选答案．
【详解】设9位评委评分按从小到大排列为．
则①原始中位数为，去掉最低分，最高分，后剩余，
中位数仍为，A正确．
②原始平均数，后来平均数
平均数受极端值影响较大，与不一定相同，B不正确
③
由②易知，C不正确．
④原极差，后来极差可能相等可能变小，D不正确．
【点睛】本题旨在考查学生对中位数、平均数、方差、极差本质的理解.
7. 如图，正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体，其外接球、内切球、内棱切球都存在，并且三球球心重合.已知某正二十面体的棱长为1，体积为，则该正二十面体的内切球的半径为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得正二十面体体积等于以球心为顶点的二十个正三棱锥的体积，正三棱锥的高即为正二十面体内切求半径，再由棱锥的体积公式计算即可；
【详解】由题意正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体，其外接球、内切球、内棱切球都存在，并且三球球心重合，
所以正二十面体体积等于以球心为顶点的二十个正三棱锥的体积，正三棱锥的高即为正二十面体内切求半径，设为
所以，解得，
故选：C.
8. 设是双曲线的左、右焦点，O是坐标原点，点P是C上异于实轴端点的任意一点，若则C的离心率为（ ）
A. B. C. 3D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】设出点的坐标，利用两点间距离公式，结合点在双曲线上及给定等式化简计算即得.
【详解】令双曲线的焦点，设，
则，即有，
，同理，
而，故，
因此，
即，所以双曲线C的离心率.
故选：D
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 抛掷一枚质地均匀的骰子，观察向上的面的点数，“点数为奇数”记为事件，“点数小于5”记为事件，“点数大于5”记为事件.下列说法正确的是（ ）
A. 与互斥B. 与对立
C. 与相互独立D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的定义逐项分析判断.
【详解】事件，事件，事件，
对于A，事件没有公共元素，不可能同时发生，与互斥，A正确；
对于B，事件可以同时不发生，如点数5，与不对立，B错误；
对于C，，，与相互独立，C正确；
对于D，由选项C知，，则，D错误.
故选：AC
10. 设等差数列的公差为d，前n项和为，若，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列是递增数列B. C. D. 数列中最大项为第6项
【答案】BC
【解析】
【分析】利用等差数列的前项和公式和等差数列的性质得到，，再利用等差数列的通项公式得到关于d的不等式组进行求解，即可判断AC；利用等差数列的前项和公式及等差数列的性质计算判定B；利用单调性判定D.
【详解】等差数列的公差为d，前n项和为，，
对于A、C，显然，，
则，，又，则，解得
所以等差数列是递减数列，A错误，C正确；
对于B，由，得，B正确；
对于D，由等差数列是递减数列，得数列中最大项为第1项，D错误.
故选：BC
11. 设双曲线的左右顶点分别为，，左右焦点分别为，，为双曲线的一条渐近线，过作，垂足为，为双曲线在第一象限内一点，则（ ）
A.
B.
C. 若，则的面积为
D. 若平行于轴，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据点到直线的距离，直线斜率、三角形的面积、双曲线上的点等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】双曲线，即，
所以，不妨设，
而，
到的距离为，
所以，所以A选项错误.
B选项，设Px0,y0，其中，则，
所以，
则，
，
由图可知为钝角，为锐角，
所以，则，B选项正确.
C选项，若，，
两式相减得，
所以的面积为，C选项正确.
D选项，直线的方程为，
由解得，则M1,1，所以，
由，所以，
，
所以D选项正确.
故选：BCD
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12 已知直线：与直线：.若，则______.
【答案】2
【解析】
【分析】根据两直线垂直列方程，由此求得的值.
【详解】因为，所以，解得.
故答案为：2.
13. 数列满足，则_______.
【答案】.
【解析】
【分析】首先证得数列是常数列，设，由数列是以1为首项，为公差的等差数列，可得，结合，即可求出，从而得到数列的通项公式，进而求出结果.
【详解】因为，所以，所以数列是常数列，
令，则，且，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列，则，所以，又因为，则，所以，因此，所以，
故答案为：.
14. 已知抛物线C：的焦点F到其准线的距离为2，圆M：，过F的直线l与抛物线C和圆M从上到下依次交于A，P，Q，B四点，则的最小值为__________．
【答案】1
【解析】
【分析】先确定抛物线的方程，然后设直线的方程，二者联立可得，再利用抛物线的性质将的表达式整理化简，即可得答案.
【详解】因为抛物线C：的焦点F到其准线的距离为2，
所以 ，故 ，
设 ，
当直线斜率不存在时， ，则 ，
直线斜率存在时，设其方程为 ，和联立，
整理得： ，
故，
由抛物线性质可得：
，
所以 ，
故答案为：1.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 2023年9月3日是中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利78周年纪念日，某市宣传部组织市民积极参加“学习党史”知识竞赛，并从所有参赛市民中随机抽取了50人，统计了他们的竞赛成绩，制成了如图所示的频率分布直方图．
（1）求出图中x的值：
（2）求这50位市民竞赛成绩的平均数和上四分位数：
（3）若成绩不低于80分的评为“优秀市民”，从这50名市民中的“优秀市民”中任选两名参加座谈会，求这两名市民至少有一人获得90分及以上的概率．
【答案】（1）0.032
（2）平均数74.2，上四分位数79.75
（3）
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图中小长方形的面积和为1列式求解；
（2）由频率分布直方图中平均数及百分位数的定义求解即可；
（3）写出该试验的样本空间，根据古典概型的概率公式求解即可.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知：，
.
【小问2详解】
由得：，
设市民竞赛成绩的上四分位数为a，
则，
，
【小问3详解】
由频率分布直方图可知：50名市民中有“优秀市民”12人，
其中8人成绩在不高于90分，记为，
有4人成绩在90分以上，记为．
从“优秀市民”中任选两名参加座谈会，用集合表示这个试验的一个样本点，
因此该试验的样本空间为，
其中，
事件 “两名市民至少有一人获得90分及以上”，则
，其中，
.
16. 在等比数列中，，公比，且，又与的等比中项为2.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据题意结合等比数列的性质求出，进而可求出公比，即可得解；
（2）分和两种情况讨论，结合等差数列前项和公式即可得解.
【小问1详解】
因为，
所以，
又，所以，
因为与的等比中项为2，所以，
则，解得（舍去），
所以，所以（舍去）
所以；
【小问2详解】
由（1）得，
令，则，
令，则，
当时，，
当时，
，
综上所述，.
17. 已知圆心为的圆经过点，且圆心在直线上.
（1）求圆的方程：
（2）已知直线过点且直线截圆所得的弦长为2，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）先求线段垂直平分线的方程，与直线联立，得圆心坐标，再求圆的半径，可得圆的标准方程.
（2）分所求直线的斜率存在和不存在，利用弦长和点到直线的距离公式求直线方程.
【小问1详解】
的中点为
的垂直平分线方程为，即，
将联立可得，即圆的圆心坐标为.
圆的半径为，
所以圆的标准方程为.
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为，由弦长公式得，故.
若直线的斜率不存在，则，此时圆心到直线的距离为3，符合题意.
若直线的斜率存在，则设直线的方程为，即，
所以，解得，则直线的方程为.
故直线的方程为或.
18. 在三棱台中，平面，，且，，为的中点，是上一点，且（）.

（1）求证：平面；
（2）已知，且直线与平面的所成角的正弦值为时，求平面与平面所成夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意首先证明平面，即，进一步由平面几何知识证明即可得证.
（2）建立适当的空间直角坐标系，首先由确定参数的值，进一步求出两平面的法向量，由夹角余弦公式即可得解.
【小问1详解】
∵，且是的中点，则.
∵平面，平面，∴.
又平面，∴平面，
因为平面，
∴.①
∵，
∴，则.
∵，∴，
∴在平面中.②
∵平面，
∴由①②知平面.
【小问2详解】
由题意得，平面，
∴平面.
由（1）可知，故为坐标原点.
如图，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系.

∵，
∴，.
∴，，，
∵，
∴由棱台的性质得，
.
由（1）可知平面的一个法向量为，且.
直线与平面的所成角的正弦值为，
∴（），
即，解得.
∴平面一个法向量为，且.
平面的法向量为.
∵，，
，即，
当时，，.
∴平面的一个法向量为.
.
∴平面与平面所成夹角的余弦值.
19. 已知椭圆的离心率为．
（1）点P是椭圆上异于左、右顶点的任意一点，A1（﹣a，0），A2（a，0），证明点P与A1，A2连线的斜率的乘积为定值，并求出该定值；
（2）若椭圆的短轴长为2，动直线l与椭圆交于A，B两点，且坐标原点O在以AB为直径的圆上．
①判断是否存在定圆与直线l恒相切，若存在，求定圆的方程，若不存在，请说明理由；
②求三角形OAB的面积的取值范围．
【答案】（1）证明见解析，定值
（2）①存在，定圆为；②
【解析】
【分析】（1）设，由证得结论成立.
（2）①先求得椭圆方程，根据直线的斜率存在和不存在进行分类讨论，由列方程，由原点到直线的距离求得所求圆的方程.
②求得三角形面积的表达式，结合二次函数的性质求得面积的取值范围.
小问1详解】
设P（x0，y0），则，整理可得，
则，所以＝，
因为椭圆的离心率为，则，
所以，则，故点P与A1，A2连线的斜率的乘积为定值.
【小问2详解】
因为椭圆的短轴长为2，则b＝1，由（1）可知，a＝2，所以椭圆的方程为，因为坐标原点O在以AB为直径的圆上，所以OA⊥OB，
①假设存在定圆与直线l相切，由对称性可知定圆的圆心在坐标原点O，
当直线l的斜率不存在时，有对称性设A（t，t），则t2+4t2＝4，解得，此时坐标原点O到直线l的距离的平方为，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx+m，设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立方程组，消去y可得（4k2+1）x2+8kmx+4（m2﹣1）＝0，
则△＝16[（4k2+1）﹣m2]＞0，消去x可得，（4k2+1）y2﹣2my+m2﹣4k2＝0，
因为OA⊥OB，则，即5m2＝4（k2+1），此时，
坐标原点O到直线l：y＝kx+m的距离的平方为．
综上所述，存在定圆与直线l恒相切；
②当直线l的斜率不存在时，△OAB的面积，
当直线l的斜率存在时，△OAB的面积S＝＝＝，
令t＝4k2+1，t≥1，则S＝＝，所以．
综上所述，△OAB的面积的取值范围为.