四川省眉山市仁寿县第一中学2023-2024学年高二上学期期末模拟考试数学 Word版含解析.docx

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高2025届高二上学期期末模拟试题数学试卷一、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.在空间直角坐标系O-xyz中，点，，则（）A.直线AB∥坐标平面xOyB.直线AB⊥坐标平面xOyC.直线AB∥坐标平面D.直线AB⊥坐标平面【答案】C【解析】【分析】根据与法向量的关系判断.【详解】由已知得，坐标平面的一个法向量是，坐标平面的一个法向量是，易判断与，不平行，所以直线AB不垂直坐标平面，也不垂直坐标平面，故BD错.因为，所以直线不平行坐标平面，故A错因为，点A、B均不在坐标平面上，所以直线AB与坐标平面平行，故C对.故选：C2.抛物线的准线方程为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将题中抛物线的方程转化为标准方程，从而得解.【详解】因为抛物线可化为， 所以其准线方程为.故选：C.3.根据下面的图形及相应的点数，写出下列点数构成数列的第5项的点数（）A.32B.35C.36D.42【答案】B【解析】【分析】根据所给数据，找出规律即可得解.【详解】由题意，，所以，根据规律，，所以，故选：B4.我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】结合已知条件，根据空间向量的线性运算法则求解即可. 【详解】因为，所以.因为，所以.因为，所以.故选：D.5.设为等比数列，则“对于任意的，”是“为递减数列”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据充分、必要条件、等比数列的单调性等知识进行分析，从而确定正确答案.【详解】设等比数列的公比为，若，当时，由得，解得或，若，则，此时与已知矛盾；若，则，此时为递减数列.当时，由得，解得或，若，则，此时与已知矛盾；若，则，此时此时为递减数列.反之，若为递减数列，则，所以“对于任意的，”是“为递减数列”的充分必要条件.故选：C6.已知是等差数列的前项和，且，且，则 的最大值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设数列的首项为，公差为，根据题意求得，再由，得到，得出数列为递减数列，再结合，即可求解.【详解】设数列的首项为，公差为，由，可得，又由，可得，因为，所以，所以，可得等差数列为递减数列，又因为，所以，故等差数列的前项和最大值为.故选；A.7.已知双曲线C：的右焦点为F，B为虚轴上端点.M是中点，O为坐标原点，OM交双曲线右支于N，若垂直于x轴，则双曲线C的离心率为（）A.B.2C.D.【答案】A【解析】【分析】由图，可得点M，N坐标，后由可得，即可得答案.【详解】如图，由题意可知注意到，又由题，，则. 因M是中点，则，则.由题，，则，故.故选：A.8.已知点为椭圆:右焦点，点是椭圆上的动点，点是圆上的动点，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】作出图形，利用椭圆的定义以及圆的几何性质可求得的最小值.【详解】如下图所示：在椭圆中，，则， 圆的圆心，半径，圆心为椭圆的左焦点，由椭圆定义可得，，由椭圆的几何性质可得，即，由圆的几何性质可得，所以，所以的最小值是.故选：C.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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、，下列说法中错误的是（）A.平面内到、两点的距离相等的点的轨迹是直线B.平面内到、两点的距离之和等于的点的轨迹是椭圆C.平面内到、两点的距离之差等于的点的轨迹是双曲线的一支D.平面内到、两点距离的平方和为的点的轨迹是圆【答案】BD【解析】【分析】根据中垂线的定义判断选项A；根据椭圆的定义判断选项B；根据双曲线的定义判断选项C;求出动点的轨迹方程判断选项D.【详解】设所求动点为，由题意可得对于A选项，由题意可知，，则点的轨迹为线段的垂直平分线，A正确；对于B选项，，所以点的轨迹为线段，B错误；对于C选项，由题意可知，，所以点的轨迹是以、为焦点的双曲线的一支，C正确； 对于D选项，设点，则，可得，满足条件的点不存在，D错误.故选：BD.10.对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，其中，，，则（）A.事件A与事件B互斥B.C.事件A与事件相互独立D.【答案】BC【解析】【分析】根据古典概型结合概率的性质以及事件的独立性分析判断.【详解】由题意可得：，则，∵，∴，即事件A与事件B不互斥，A错误；可得：，故，可知B正确，D错误；又∵，∴事件A与事件相互独立，C正确；故选：BC.11.下列说法中正确的是（）A.若空间向量，，则向量在向量上的投影向量是B.分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设“第二枚反面朝上”为事件，“两枚硬币朝上的面相同”为事件，则事件与事件相互独立C.直线的方向向量为，且过点，则点到直线的距离为2 D.两个顶点在抛物线上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数有且仅有两个【答案】BCD【解析】【分析】根据投影向量的坐标运算可判断A，根据独立事件的定义可判断B，又点到直线的距离的向量求法可判断C，由抛物线定义及性质，等边三角形性质可判断D.【详解】选项A：因为，，则向量在向量上的投影向量是,故A错误；选项B：抛掷两枚质地均匀的硬币共有四种情况，即正正，正反，反正，反反；事件A包含两种情况，即正反，反反；所以;事件B包含两种情况，即正正，反反；所以;事件包含一种情况，即反反；所以;所以,即事件与事件相互独立，故B正确；选项C：依题意，,所以在方向上的投影为，点到直线的距离为，故C正确；选项D：因为抛物线，所以焦点,依题意，设三角形另一个顶点为，由对称性可知设另一个顶点坐标为,则，又三角形为等边三角形，由抛物线定义有，化简得，因为,所以方程有两解，即满足条件的三角形有2个，故D正确；故选：BCD.12.数学探究课上，小王从世界名画《记忆的永恒》中获得灵感，创作出了如图1所示的《垂直时光》.已知《垂直时光》是由两块半圆形钟组件和三根指针组成的，它如同一个标准的圆形钟沿着直径折成了直二面角（其中对应钟上数字对应钟上数字9）.设的中点为，若长度为2的时针指向了钟上数字8，长度为3的分针指向了钟上数字12.现在小王准备安装长度为3 的秒针（安装完秒针后，不考虑时针与分针可能产生的偏移，不考虑三根指针的粗细），则下列说法正确的是（）A.若秒针指向了钟上数字5，如图2，则B.若秒针指向了钟上数字5，如图2，则平面C.若秒针指向了钟上数字4，如图3，则与所成角的余弦值为D.若秒针指向了钟上数字4，如图3，则四面体的外接球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】分别用立体几何中空间向量法判断A，B，C，求出四面体的外接球的表面积，判断D.【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则.若秒针指向了钟上数字5，则，则，，所以，A正确.，故是平面的一个法向量.因为，所以，所以与不垂直，从而与平面不平行，B不正确. 若秒针指向了钟上数字4，则，，，C正确.由，得.因为，所以外接圆的半径，则四面体的外接球的半径，则，故四面体的外接球的表面积为，D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知直线：与：平行，则的值是_______【答案】0【解析】【分析】由两直线平行计算，再检验两直线是否重合即可.【详解】若直线：与：平行，则，解得或，当时，两直线平行；当时，两直线重合.综上所述，k的值为0.故答案为：0.14.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_______【答案】##【解析】【分析】将题目中的砝码编号，利用枚举法，结合古典概型的概率公式，可得答案. 【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，则，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．故答案为:.15.图1为一种卫星接收天线，其曲面与轴截面的交线为抛物线的一部分，已知该卫星接收天线的口径，深度，信号处理中心F位于焦点处，以顶点O为坐标原点，建立如图2所示的平面直角坐标系xOy，若P是该抛物线上一点，点，则的最小值为__________．【答案】3【解析】【分析】由题意可知点在抛物线上，利用待定系数法求抛物线方程，结合抛物线定义求的最小值.【详解】设抛物线的方程为，因为，，所以点在抛物线上，所以，故，所以抛物线的方程为，所以抛物线的焦点，准线方程为，在方程中取可得，所以点在抛物线内，过点作与准线垂直，为垂足，点作与准线垂直，为垂足， 则，所以，当且仅当直线与准线垂直时等号成立，所以的最小值为3.故答案为：3.16.数列和数列的公共项从小到大构成一个新数列，数列满足：，则数列的最大项等于______.【答案】##1.75【解析】【分析】由条件求数列的通项公式，再研究数列的单调性，由此确定其最大项.【详解】数列和数列的公共项从小到大构成一个新数列为：，该数列为首项为1，公差为的等差数列，所以，所以因为所以当时，，即，又，所以数列的最大项为第二项，其值为.故答案为：. 四、解答题：共6小题，共70分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在平面直角坐标系中，点A的坐标为，动点P满足．（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）若直线l过点且与轨迹C相切，求直线l的方程．【答案】（1）；（2）或．【解析】【分析】（1）设，根据动点满足，用两点间距离公式化简求解.（2）讨论直线的斜率，设出直线l的方程，由圆心到直线的距离等于圆的半径可得答案.【详解】（1）设，则由，即，化简得，所以P点的轨迹方程为．（2）当直线l的斜率不存在时，方程为，圆心到直线l的距离为2，又因为圆的半径为2，所以相切；当直线l的斜率存在时，设，即，由到l的距离，解得，所以直线方程为，即，综上，l的方程为或.【点睛】本题考查了直线和圆的位置关系，判断直线和圆的位置关系有①几何法，就是利用圆心到直线的距离和半径大小；②代数法，就是利用圆的方程和直线方程联立后由判别式求解.18.甲､乙､丙三人进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的概率均为，乙胜丙的概率为，各场比赛的结果相互独立. 经抽签，第一场比赛甲轮空.（1）求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；（2）求只需四场比赛就决出冠军的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设事件为甲胜乙，为甲胜丙，为乙胜丙，然后得出丙被淘汰可用事件，根据互斥事件的概率公式以及事件的独立性，即可得出答案；（2）分最终的冠军为甲，乙，丙，分别求解出概率，然后根据互斥事件的概率公式，即可得出答案.【小问1详解】记事件为甲胜乙，则，则，事件为甲胜丙，则，，事件为乙胜丙，则，.则丙被淘汰可用事件来表示，所以，前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为.【小问2详解】若最终的冠军为甲，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，；若最终的冠军为乙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，；若最终的冠军为丙，则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示，.所以，只需四场比赛就决出冠军的概率为 .19.已知等比数列的前n项和，为常数.（1）求的值与的通项公式；（2）设，数列的前n项和为，求.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）利用递推关系与等比数列的通项公式即可得出；（2）利用错位相减法求数列的前项和为即可．【小问1详解】解：当时，，当时，，是等比数列，，即，所以，数列的通项公式为；【小问2详解】解：由（1）得，，则．．20.如图，在三棱柱中，平面，已知 ，点是棱的中点．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的正弦值;【答案】（1）证明见解析（2）【解析】分析】（1）通过证明，来证明平面；（2）以为轴建立空间直角坐标系，运用向量法求解平面与平面夹角的正弦值;【小问1详解】在中，因为，由余弦定理知，得到，所以，故，又平面，平面，所以，又，平面，所以平面.【小问2详解】如图所示，以为轴建立空间直角坐标系，   因为，，则，，，，，，又点是棱的中点，所以，设平面的法向量为，，，由，得到，取，，得到，设平面的法向量为，，，由，得到，取，，得到，平面与平面夹角的平面角为锐角，故余弦值为，所以正弦值为21.已知椭圆：上顶点为，左焦点为，且，在直线上.（1）求的标准方程；（2）设直线与交于，两点，且四边形为平行四边形，求的方程. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据椭圆的标准方程，利用条件求出，即可得出结果；（2）根据题意，设直线的方程为，联立椭圆方程得，由韦达定理得，再利用条件得，从而得到，即可求出结果.【小问1详解】因为椭圆的上顶点为，左焦点为，均在直线上，令，得，令，得到，所以，得到，所以，故椭圆的标准方程为.【小问2详解】因为四边形为平行四边形，则直线过中点，易知直线的斜率存在，设直线的方程为，，由，消得到，易知，直线与椭圆恒有两个交点，又由韦达定理知，，又，，因为四边形为平行四边形，所以，得到，又，，代入，整理得，即， 将代入，得到，即，所以或，又，故舍去，所以，直线方程为，即.22.已知双曲线的实轴长为4，离心率为．过点的直线l与双曲线C交于A，B两点．（1）求双曲线C的标准方程；（2）已知点，若直线QA，QB的斜率均存在，试问其斜率之积是否为定值？请给出判断与证明．【答案】（1）（2）斜率之积为定值4，证明见解析【解析】【分析】（1）由双曲线的实轴长和离心率，求出与，可得双曲线C的标准方程；（2）分直线l斜率存在和不存在两种类型，通过联立方程组，设点，利用韦达定理表示直线QA，QB的斜率之积，化简得定值.【小问1详解】双曲线的实轴长为4，则，即，双曲线离心率为，则双曲线是等轴双曲线，得．所以双曲线C的标准方程为.【小问2详解】 当直线QA，QB的斜率均存在，其斜率之积为定值4，证明如下：过点的直线l，若斜率不存在，则直线方程为，与双曲线方程联立解得，，.直线l斜率存在，设直线斜率为，直线方程为，双曲线渐近线方程为，当时，直线l与双曲线C交于A，B两点，由，消去得，设，，有，，，，当直线QA，QB斜率均存在，.所以当直线QA，QB的斜率均存在，其斜率之积为定值4.【点睛】方法点睛：