北京市平谷区2023-2024学年高二上学期期末教学质量监控数学试卷及答案解析

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注意事项：
1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，共4页.共150分，考试时间为120分钟.
2.试题所有答案必须书写在答题纸上，在试卷上作答无效.
3.考试结束后，将答题纸交回，试卷按学校要求保存好.
第I卷 选择题（共40分）
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分；在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上.）
1. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求直线的斜率，根据公式求倾斜角.
【详解】直线方程可化为，所以直线的斜率为：，即，
又，所以.
故选：C
2. 圆心为，且与直线相切的圆的半径为（ ）
A B. 2C. 8D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】由题意知，圆心为，且与直线相切，
则圆的半径为.
故选：A.
3. 已知双曲线的焦点分别为、，，双曲线上一点满足，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由双曲线的定义求出，由可得，然后由离心率的计算公式计算即可.
【详解】因为双曲线焦点分别为、，，
所以，故，
又因为双曲线上一点满足，所以，故，
所以双曲线的离心率为.
故选：B.
4. 已知抛物线上一点到焦点的距离是4，则其准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线的定义可直接写出答案.
【详解】因为抛物线的准线为：，根据抛物线的定义，可得到准线的距离为，即.
所以准线方程为.
故选：A
5. 已知三棱锥中，设，，，为中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算法则求解．
【详解】由题意，
故选：C．
6. 已知展台上四个盲盒中装有由卡通动漫人物设计的四款不同的产品，学生甲喜欢其中的一款.甲从四个盲盒中抽选两个，则“学生甲抽到了喜欢的那一款”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，根据组合数的计算，求得基本事件的总数，以及所求事件所包含的基本事件的个数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】根据题意，甲四个盲盒中抽选两个，共有种不同的选法，
其中学生甲抽到了喜欢的那一款，有种不同的选法，
根据古典概型的概率计算公式，可得概率为.
故选：D.
7. 已知半径为1的圆经过点，过点向圆作切线，则切线长的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得圆心的轨迹方程为圆，得到圆上到点的最大距离为，结合圆的切线长公式，即可求解.
【详解】设圆的圆心坐标为，
因为圆的半径为，且过点，可得，
即，即圆心的轨迹表示以为圆心，半径为1的圆，
可得，则圆上的点到点的最大距离为，
又由切线长公式，可得切线长的最大值为.
故选：A.
8. 已知双曲线，则“它的渐近线方程为”是“它的离心率为”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可分别讨论参数的符号，再分别验证渐近线和离心率即可得出结论.
【详解】根据意题意，若，则渐近线方程为，即可得，
此时离心率为，即充分性不成立；
若，当离心率为时可得，即可得，
此时渐近线方程为，显然必要性也不成立；
即可得“它的渐近线方程为”是“它的离心率为”的既不充分也不必要条件；
故选：D
9. 已知四棱锥中，侧面底面，，底面是边长为的正方形，是四边形及其内部的动点，且满足，则动点构成的区域面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取线段的中点，连接、，推导出平面，可知点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆及其内部，结合圆的面积公式可求得结果.
【详解】取线段的中点，连接、，
因为，为的中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
因为平面，则，
因为四边形是边长为的正方形，则，
所以，，，
所以，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆及其内部，
因此，动点构成的区域面积为.
故选：B.
10. 已知曲线方程为，给出下列命题：
①曲线关于原点对称；
②曲线上任意两点的距离最大值为；
③曲线上的点的横坐标取值范围；
④曲线上的点构成的图形面积为16.
则所有真命题是（ ）
A. ①②B. ①②③C. ①③④D. ②③④
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，分类讨论，得到曲线的方程，画出曲线的图形，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】由曲线方程为，
当时，可得，即；
当时，可得，即；
当时，可得，即；
当时，可得，即；
当时，可得，即；
当时，可得，即，
所以曲线的图象，如图所示，
对于①中，用代入方程中的，方程不变，所以曲线关于原点对称，所以正确；
对于②中，令，解得，可得曲线上任意两点的距离最大值为，所以不正确；
对于③中，结合图象，可得曲线上的点的横坐标取值范围，所以正确；
对于④中，曲线上的点构成的图形的面积为，所以正确.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的关键是合理地分类讨论再正确地作出图形， 根据图形分析其对称性、距离最值和面积.
第II卷 非选择题（共110分）
二、填空题（本大题共7小题，每小题5分，共35分，请把答案填在答题卡中相应题中横线上）
11. 已知直线和直线平行，那么______.
【答案】或
【解析】
【分析】利用两直线平行的斜率关系即可求得或.
【详解】易知直线的斜率一定存在，且为，
由两直线平行可得，解得或；
经检验或都符合题意；
故答案：或
12. 已知圆内有一点，经过点的直线与圆交于两点，当弦恰被点平分时，直线的方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】求得圆心坐标为，易知，利用斜率之间的关系可得，即可求得直线的方程.
【详解】易知可表示为，
可知圆的圆心坐标为，半径为，如下图所示：
根据题意由圆的性质可知，易知，所以；
由直线的点斜式方程可得直线的方程为，即.
故答案为：
13. 已知抛物线顶点在原点，以坐标轴为对称轴，从以下两个条件中任选一个条件，并根据所选条件写出一个抛物线的标准方程.①焦点；②经过点.你所选的条件是______，得到的一个抛物线标准方程是______.
【答案】 ①. ① ②.
【解析】
【分析】利用抛物线焦点坐标以及标准方程形式即可得出答案.
【详解】若选择①，由焦点坐标可设，又可知，可得抛物线标准方程是；
若选择②，根据题意可知，抛物线只能开口向右或向上，
若开口向右，可设，将代入可得抛物线标准方程为；
若开口向上，可设，将代入可得抛物线标准方程为；
故答案为：①；（②；或）
14. 已知盒子中有大小、形状都相同的4个红球和2个白球，每次从中取一个球，取到红球记1分，取到白球记2分.如果有放回的抽取2次，则“2次所得分数之和为3分”的概率是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据相互独立事件概率乘法公式计算即可.
【详解】由题意，2次所得分数之和为3分，
则第1次取出红球第2次取出白球或第1次取出白球第2次取出红球,
由于有放回抽取，两次抽取为相互独立事件，
其概率为.
故答案为：
15. 已知双曲线的离心率，则______.
【答案】1
【解析】
【分析】由双曲线的标准方程确定，求得，再利用离心率求得．
【详解】由题意显然有，，因此，，解得，
故答案为：1.
16. 已知曲线关于直线对称，若直线被曲线截得的弦长为，则______.
【答案】
【解析】
【分析】曲线方程化为桂圆的标准方程后得出圆心坐标，代入对称直线方程得值，由弦长得出圆心到直线的距离，利用点到直线距离公式可求得．
【详解】曲线的标准方程是，它表示圆，圆心坐标为，
由题意，解得，即圆心为，半径为，
直线被圆截得的弦长为，则圆心到直线的距离为，
所以，解得．
故答案为：．
17. 如图，棱长为2的正方体中，，分别是线段和上的动点.对于下列四个结论：

①存在无数条直线平面；
②线段长度的取值范围是；
③三棱锥的体积最大值为；
④设，分别为线段和上的中点，则线段的垂直平分线与底面的交点构成的集合是圆.
则其中正确的命题有______.
【答案】①③
【解析】
【分析】构造面面平行，寻找线面平行，可以判断①的对错；通过特殊位置，可以判断②是错误的；分析三棱锥的高是确定的，求底面积最大值，可得三棱锥体积的最大值，判断③的对错；根据公理，两个平面的交点在一条直线上，可得④是错误的.
【详解】对①：过作，交于，连接，则平面，因为点再上运动，故满足条件的直线有无数条.所以①正确；

对②：当与重合，为中点时，，所以长度取值范围是是错误的；
对③：

因为直线平面，所以到平面的距离为定值，是正方体体对角线的，所以当与重合时，底面积最大，此时的体积最大，为，所以③正确；
对④，当，位置确定时，线段的垂直平分线构成一个平面，它和底面的交点应该是一条直线，所以④错误.
故答案为：①③
三、解答题（本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）
18. 如图，在四棱锥中，侧棱底面，四边形为平行四边形，，，，是的中点.
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）答案见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）构造线线平行，证明线面平行；
（2）借助等体积法求点到面的距离.
【小问1详解】
如图：连接，交于，连接，
因为四边形是平行四边形，所以为中点，所以，
又平面，平面，
所以平面
【小问2详解】
因为平面，平面，所以，
又，，平面，，所以平面，
平面，所以.
所以底面为矩形.
因为为中点，所以、到平面的距离相等，设为.
由，
而，，
中，，，，所以是直角三角形，且，
所以，即为所求.
19. 已知某公司统计了一种产品在2023年各月的销售情况，如图，公司将每连续3个月的销售量做为一个观测组，对该公司这种产品的销售量（单位：万）进行监测和预测.
（1）现从产品的10个观测组中任取一组，求组内三个月中至少有一个销售量高于50万的概率；
（2）若当月的销售量大于上一个月的销售量，则称该月的销售指数增长；若当月的销售量小于上一个月的销售量，则称该月的销售指数下降.（已知1月份的销售量低于2022年12月份销售量）.现从10个观测组中任取一组，求抽到的观测组中销售指数增长月份恰有2个的概率.
（3）假设该产品每月的销售指数是否增长只受上一个月销售指数的影响，预测2024年1月份“销售指数增长”和“销售指数下降”的概率估计值哪个最大（直接写出结果）.
【答案】（1）
（2）
（3）“销售指数增长”的概率估计值最大
【解析】
【分析】（1）列举出10个观测组中的数据，求出符合题意的观测组数据个数即可得出概率；
（2）将销售指数增长记为“1”，销售指数下降记为“0”，得出每个月的增长指数情况，求出销售指数增长月份恰有2个的数据组数，即可得出结论；
（3）易知12月份为“销售指数增长”月，求出连续两个月为增长的概率即可得出结论.
【小问1详解】
根据题意可知，四个观测组中的数据分别为：
，
；
至少有一个高于50万的数据有8组，
所以从10个观测组中任取一组，组内三个月中至少有一个销售量高于50万的概率；
【小问2详解】
将销售指数增长记为“1”，销售指数下降记为“0”，
则10个观测组中的销售指数可表示为：
，；
观测组中销售指数增长月份恰有2个的共有6组，
即从10个观测组中任取一组，抽到的观测组中销售指数增长月份恰有2个的概率；
【小问3详解】
易知12月份为“销售指数增长”月，12个月当中每个月的销售指数可表示为0，1，1，1，0，0，1，1，0，1，1，1，
易得“销售指数增长”的月份共有8个，
上个月增长下个月也增长的月份共5个，即可知2024年1月份“销售指数增长”和“销售指数下降”的概率估计值分别为和,
因此2024年1月份“销售指数增长”的概率估计值最大.
20. 已知椭圆的左右顶点距离为，离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设过点，斜率存在且不为0的直线与椭圆交于，两点，求弦垂直平分线的纵截距的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据长轴长与椭圆的离心率求得，进而得到椭圆标准方程；
（2）设与椭圆方程联立后，得到韦达定理的形式，利用中点坐标公式表示出点坐标，从而得到方程；令可求得在轴的截距，利用函数值域的求解方法可求得结果.
【小问1详解】
由题意，，即，
又，所以，
故，
故所求椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
如图，
由题意知：直线的斜率存在且不为零，
设，，，，中点，
联立，消去并整理得：，
恒成立，
则，，，
，
则方程为：，即，
化简得：
设直线在轴上截距为，令得，
由可知，
所以直线在轴上的截距的取值范围为.
21. 如图，在三棱柱中，侧面为矩形，侧面底面，为等边三角形，，，点在上，.
（1）求证：为中点；
（2）设上一点，若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得平面，然后证明线面垂直平面，得出线线垂直，最后由等边三角形得证中点；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用空间向量法求二面角的方法可求得值．
【小问1详解】
因为四边形是矩形，则，
又因为平面底面，面底面，平面，
所以平面，平面，则，
因为，，平面，
所以平面，又平面，所以，
因为是等边三角形，所以是中点；
【小问2详解】
分别以所在直线为轴，过且平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，
所以，，
设，则，
，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
显然平面的一个法向量是，
因为平面与平面的夹角的余弦值为，
所以，又，故解得，
所以．
22. 已知椭圆的左右焦点分别为，，设椭圆上一点（不与左右顶点重合），直线与椭圆的另一个交点为，且的周长为6.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点为椭圆的左顶点，直线，分别与直线交于，两点.试判断：以为直径的圆与直线的位置关系，并说明理由.
【答案】（1）
（2）相切，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据椭圆定义并利用即可求得标准方程为；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立并利用韦达定理可求得的中点为，且，再由点到直线距离即可得出结论.
【小问1详解】
由椭圆定义可得的周长为；
又，解得；
所以椭圆的标准方程为.
【小问2详解】
相切，理由如下：
如下图所示：
易知，设直线的方程为，，
联立，整理可得，显然；
且，
可得直线的方程为，直线的方程为；
所以，设的中点为
可得
，
即圆心；
则，
易知，
化简可得；
所以以为直径的圆的半径为，
又到直线的距离为，
所以圆心到直线距离等于圆的半径，即以为直径的圆与直线相切.
【点睛】方法点睛：求解圆锥曲线中弦长问题时，经常利用韦达定理代入表达式计算得出，并根据代数计算判断出几何关系.