2023泸县一中高二上学期期末考试数学（文）试题含解析

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泸县一中2022-2023学年秋期高二期末考试文科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上．2．考试结束后，将本试卷自己保管，答题卡交回3．考试时间：120分钟第I卷   选择题一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 若直线与直线平行，则的值为（    ）A.  B. 3 C. 3或 D. 或6【答案】B【解析】【分析】由两直线平行得到方程，求出或，通过检验舍去不合要求的解.详解】直线：与直线：平行，所以，解得：或，①当时，：，：，，符合题意；②当时，：，：，均为，此时，重合，舍去，故，故选：B2. 某高校组织大学生知识竞赛，共设有5个版块的试题，分别是“中华古诗词”“社会主义核心价值观”“科学实践观”“中国近代史”及“创新发展能力”.某参赛队从中任选2个版块作答，则“创新发展能力”版块被该队选中的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】将五个版块依次记为A，B，C，D，E，利用列举法写出样本空间，结合古典概型的计算公式计算即可求解.【详解】将五个版块依次记为A，B，C，D，E，则有共10种结果.某参赛队从中任选2个版块作答，则“创新发展能力”版块被该队选中的结果有，共4种，则“创新发展能力”版块被选中的概率为，故选：B.3. 如图所示的茎叶图记录了甲、乙两名员工连续5天内的日产量数据（单位：箱）.已知这两组数据的平均数分别为，，若这两组数据的中位数相等，则（    ）A.  B. C.  D. ，的大小关系不确定【答案】C【解析】【分析】由中位数与平均数的概念求解，【详解】由题意得两组数据的中位数为83，则，则，，故选：C4. 双曲线的渐近线方程为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用双曲线的标准方程，令方程右边的常数1为0，两边开平方，即可得到答案．【详解】双曲线，由方程，可得双曲线的渐近线方程为．故选：D.【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查渐近线的方程求法，属于基础题．5. 已知O为坐标原点，，则以为直径的圆方程为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求圆的圆心和半径，根据圆的标准方程即可求解﹒【详解】由题知圆心为，半径，∴圆的方程为﹒故选：B﹒6. 圆与圆的位置关系为（    ）A. 相离 B. 外切 C. 内切 D. 相交【答案】C【解析】【分析】根据两圆的圆心距以及圆的半径和和半径差的大小关系确定两圆的位置关系.【详解】圆：的圆心为，半径为.圆：即的圆心为，半径为.故，，所以圆M与圆N内切．故选：C.7. 曲线​（    ）A. 关于​轴对称 B. 关于​轴对称 C. 关于原点对称 D. 不具有对称性【答案】C【解析】【分析】将点，，分别代入方程，即可检验对称性.【详解】对于A，将点代入曲线方程得：，所以曲线不关于轴对称，A错误；对于B，将点代入曲线方程得：，所以曲线不关于轴对称，B错误；对于C，将点代入曲线方程得：，所以曲线关于原点对称，C正确，D错误.故选：C8. 若下面的程序框图输出的是30，则条件①可为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】用列举法，通过循环过程直接得出与的值，当时，此时，退出循环，从而可得判断框的条件．【详解】循环前，，，第1次判断后循环，，，第2次判断并循环，，，第3次判断并循环，，，第4次判断并循环，，，第5次判断不满足条件①并退出循环，输出．条件①应该是或故选：B9. 已知直线与圆相交于点A，B，点P为圆上一动点，则面积的最大值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先利用点线距离公式算得圆心到直线的距离，从而利用弦长公式求得，再利用圆上动点到直线的距离的最值求法求得点P到直线的最大距离，由此可求得面积的最大值.【详解】因为圆，所以圆心为，半径为，如图，所以圆心到直线的距离，则，又点P到直线的距离的最大值为，所以面积的最大值．故选：A..10. 已知抛物线：的焦点为，抛物线上有一动点，，则的最小值为（    ）A 5 B. 6 C. 7 D. 8【答案】C【解析】【分析】抛物线的准线的方程为，过作于，根据抛物线的定义可知，则当三点共线时，可求得最小值，答案可得.【详解】解：抛物线：的焦点为，准线的方程为，如图，过作于，由抛物线的定义可知，所以则当三点共线时，最小为.所以的最小值为.故选：C.11. 2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛，比赛于2022年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行．已知某足球的表面上有四个点A、B、C、P满足PA＝BC＝5，，，则该足球的表面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】把四面体外接球问题扩展到长方体中，求出长方体外接球半径为R，进而求出结果．【详解】因为PA＝BC，，，所以可以把A，B，C，P四点放到长方体的四个顶点上，将四面体放入长方体中，四面体各边可看作长方体各面的对角线，如图所示：则该足球的表面积为四面体A-BCP外接球的表面积，即为长方体外接球的表面积，设长方体棱长为a，b，c，则有，，，设长方体外接球半径为R，则有，解得，所以外接球的表面积为：.故选：D．12. 已知是双曲线 的左、右焦点，点M是过坐标原点O且倾斜角为60°的直线l与双曲线C的一个交点，且 则双曲线C的离心率为（    ）A. 2 B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由得到，，结合，求出，，利用双曲线定义得到方程，求出离心率.【详解】不妨设点M在第一象限，由题意得：，即，故，故，因为O为的中点，所以，因为，故为等边三角形，故，，由双曲线定义可知：，即，解得：.故选：C.第II卷  非选择题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 抛物线的焦点到准线的距离等于__________.【答案】【解析】【分析】先将抛物线方程，转化为标准方程，求得焦点坐标，准线方程即可.【详解】因为抛物线方程是，转化为标准方程得：，所以抛物线开口方向向右，焦点坐标为 准线方程为：，所以焦点到准线的距离等于.故答案为：【点睛】本题主要考查抛物线的标准方程，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.14. 从圆外一点向圆引切线，则此切线的长为______．【答案】2【解析】【分析】作图，利用圆心到定点的距离、半径、切线长满足勾股定理可得.【详解】将圆化为标准方程：，则圆心，半径1，如图，设，，切线长．故答案为：215. 已知函数，若实数满足，且，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】根据对数的运算性质把函数的解析式写成分段函数的形式，并判断出单调性，结合已知、可以确定实数的取值范围以及它们之间的关系，根据这个关系可以把代数式写成关于中一个变量的形式，再构造新函数，用单调性的定义判断出新函数的单调性，最后利用新函数的单调性进行求解即可.【详解】因为，因为两段函数均为单调函数，实数满足，且，所以有,由得，，于是，则，所以，令 ，任取，则，因为，所以，，因此，所以函数在上单调递增；因此，即.故答案为：16. 设，分别是椭圆C：的左、右焦点，点M为椭圆C上一点且在第一象限，若为等腰三角形，则M的坐标为___________．【答案】【解析】【分析】先计算出,所以,利用余弦定理求出，即可求出,即得到M的横坐标为，代入椭圆C：求出.【详解】椭圆C：,所以.因为M在椭圆上,.因为M在第一象限,故.为等腰三角形,则,所以,由余弦定理可得.过M作MA⊥x轴于A,则所以,即M的横坐标为.因为M为椭圆C：上一点且在第一象限，所以，解得：所以M的坐标为.故答案为：三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答17. 某学校进行体验，现得到所有男生的身高数据，从中随机抽取人进行统计（已知这个身高介于到之间），现将抽取结果按如下方式分成八组：第一组，第二组，，第八组，并按此分组绘制如图所示的频率分布直方图，其中第六组和第七组还没有绘制完成，已知第一组与第八组人数相同，第六组和第七组人数的比为．（）补全频率分布直方图；（）根据频率分布直方图估计这位男生身高的中位数；（）用分层抽样的方法在身高为内抽取一个容量为的样本，从样本中任意抽取位男生，求这两位男生身高都在内的概率．【答案】（1）见解析；（2）；（3）.【解析】【详解】试题分析：（1）先分别算出第六组和第七组的人数，进而算出其频率与组距的比，补全直方图；（2）利用中位数两边频率相等，求出中位数的值；（3）先借助分层抽样的特征求出第四、第五组的人数，再运用列举法列举出所有可能数及满足题设的条件的数，运用古典概型的计算公式求解：解：（1）第六组与第七组频率的和为：∵第六组和第七组人数的比为5：2.∴第六组的频率为0.1，纵坐标为0.02；第七组频率为0.04，纵坐标为0.008.（2）设身高的中位数为，则                                                             ∴估计这50位男生身高的中位数为174.5                     （3）由于第4，5组频率之比为2：3，按照分层抽样，故第4组中应抽取2人记为1，2，第5组应抽取3人记为3，4，5                              则所有可能的情况有：{1，2}，{1，3}，{1，4}，{1，5}，{2，3}，{2，4}，{2，5}，{3，4}，{3，5}，{4，5}共10种                               满足两位男生身高都在[175，180]内的情况有{3，4}，{3，5}，{4，5}共3种，因此所求事件的概率为．18. 已知函数．（1）若关于x的不等式的解集为，求，的值；（2）当时，解关于x的不等式．【答案】（1）；    （2）见解析
 【解析】【分析】（1）根据一元二次不等式解法可知2，3为方程的两个根，然后利用韦达定理求解即可；
（2）化简，讨论a的取值分别求解不等式即可．【小问1详解】由条件知，关于x的方程的两个根为2和3，所以，解得．【小问2详解】当时，，即，当时，即时，解得或；当时，即时，解得；当时，即时，解得或．综上可知，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为．19. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，．（1）求圆A的标准方程；（2）求直线l的方程．【答案】（1）    （2）或【解析】【分析】（1）由圆与直线相切结合点线距离公式可得半径，即可求得标准方程；（2）分别讨论直线l与x轴垂直与否，设出直线方程，结合垂径定理、点线距离公式列方程即可解得参数.【小问1详解】设圆A半径为R，由圆与直线相切得，∴圆A的标准方程为.【小问2详解】i. 当直线l与x轴垂直时，即，此时，符合题意；ii. 当直线l不与x轴垂直时，设方程为，即，Q是MN的中点，，∴，即，解得，∴直线l为：.∴直线l的方程为或.20. 如图四棱锥中，四边形为等腰梯形，，平面平面，，，，．（1）证明：平面；（2）若在线段上，且，求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见详解    （2）【解析】【分析】（1）根据题意结合余弦定理可求得，由勾股定理可证，结合线面垂直的判定定理可证；（2）根据题意结合面面垂直性质定理可得平面，利用锥体的体积公式运算求解.【小问1详解】∵四边形为等腰梯形，且，∴，又∵，则，即，∴，则，即，又∵，，平面，∴平面.【小问2详解】∵，平面平面，平面平面，平面，∴平面，由题意可得：等腰直角三角形，则，又∵，∴三棱锥的体积.21. 已知抛物线上一点到焦点的距离为4.（1）求抛物线的标准方程；（2）过焦点的直线与抛物线交于不同的两点,,为坐标原点，设直线，的斜率分别为，，求证：为定值.【答案】（1）.    （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义即可求得，即得答案；（2）设出直线方程，联立抛物线方程，消去x，设，可得，结合点在抛物线方程上化简，即可证明结论.【小问1详解】由抛物线方程可得焦点为，准线方程为，因为点到焦点F距离为4，由抛物线的性质可知到焦点的距离等于到准线的距离，即 ，解得，故抛物线方程为：.【小问2详解】证明：因为直线过焦点 ，与抛物线交于不同的两点,,所以设直线方程 ，与抛物线方程联立即,消去x得 ， ，设，所以 ，由于 ，,所以,即为定值.22. 已知椭圆的左右焦点分别为，抛物线与椭圆有相同的焦点，点P为抛物线与椭圆在第一象限的交点，且．（1）求椭圆的方程；（2）过F作两条斜率不为0且互相垂直的直线分别交椭圆于A，B和C，D，线段AB的中点为M，线段CD的中点为N，证明：直线过定点，并求出该定点的坐标．【答案】（1）；    （2）证明见解析，定点.【解析】【分析】（1）根据抛物线的焦点坐标，结合余弦定理、抛物线和椭圆的定义进行求解即可；（2）直线方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合中点坐标公式进行求解即可.【小问1详解】抛物线焦点坐标为，故.设，由抛物线定义得：点P到直线的距离为t.，由余弦定理，得.整理，得，解得或（舍去）.由椭圆定义，得，，∴椭圆的方程为；【小问2详解】设，联立，即，，代入直线方程得，， 同理可得，，，令，得，所以直线MN过定点.【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数的关系是解题的关键.