四川省眉山市第一中学2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省眉山市第一中学2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试卷（Word版附解析），共16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。
1. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，可得直线的斜率，即可得到倾斜角.
【详解】直线的斜率为，倾斜角为，
故选：A.
2. 以点为圆心，并与轴相切的圆的方程是（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意确定圆的半径，即可求解.
【详解】解：由题意，圆心坐标为点，半径为，
则圆的方程为．
故选：D．
3. 方程表示椭圆，则的取值范围是（ ）
A. B. 或C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据方程表示椭圆列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】由于方程表示椭圆，
所以，解得或.
故选：B
4. 设为实数，已知直线，，若，则（ ）
A. 6B. C. 6或D. 或3
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线一般形式下的平行条件计算即可.
【详解】因为，所以，解得或．
当时，，满足与平行；
当时，，可判断此时与重合，舍去；
所以
故选：A．
5. 已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用投影向量的计算公式计算即可.
【详解】向量在向量上的投影向量
故选：C
6. 已知事件互斥，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据互斥事件、对立事件的知识求得正确答案.
【详解】依题意，，
解得.
故选：D
7. 已知是直线上一点，M，N分别是圆和上的动点，则的最小值是（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】先由两圆的标准方程，求出圆心和半径，然后判断两圆与直线的位置关系，求出圆心关于直线的对称点，则当，，三点共线且经过两圆圆心时，取最小值，求解即可．
【详解】圆，则圆心，
圆，则圆心，
两圆心在直线的同侧.又圆心到直线的距离，
圆心到直线l的距离，
则两圆在直线l的同侧且与直线相离，如图所示，设圆心关于直线的对称点为，则，解得，所以，
，
当且仅当三点共线时等号成立；即的最小值为．
故选：D.
8. 点是椭圆上的点，以为圆心的圆与轴相切于椭圆的焦点，与轴相交于，两点，若是直角三角形，则该椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由圆M与x轴相切与焦点F，设，则，所以圆的半径为，利用是直角三角形，即可求出椭圆的离心率．
【详解】圆与轴相切于焦点，轴，可设，
在椭圆上，，解得：，圆的半径为；
作轴，垂足为，
，，
为直角三角形，，，
，即，又，所以，
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 设A，B是两个概率大于0的随机事件，则下列结论正确的是（ ）
A. 若事件，则
B. 若A和B互斥，则A和B一定相互独立
C. 若A和B相互独立，则A和B一定不互斥
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据事件的包含关系判断A，根据互斥事件与相互独立事件的概率与性质判断BC，再由和事件概率公式判断D．
【详解】若事件B包含事件A，则，故A正确；
若事件A、B互斥，则，
若事件A、B相互独立，则，故B错误，C正确；
因为，
所以当互斥时，，故D错误．
故选：AC．
10. 椭圆具有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线交于椭圆的另一个焦点上.请根据椭圆的这一光学性质解决以下问题：已知椭圆，其左、右焦点分别是，，直线与椭圆相切于点，且，关于直线的对称点为，过点且与直线垂直的直线与
椭圆长轴交于点，则下列结论正确的是（ ）
A. B. ，，三点共线
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A：根据椭圆的定义结合余弦定理运算判断；对B、C：根据题意结合对称性分析判断；对D：根据题意结合正弦定理运算判断.
【详解】由题意可知：，即，
∵，则，
∴，且，则，A错误；
根据结合光线反射可知：，C正确；
设，根据对称可知：，
∴，故，，三点共线，B正确；
在中，由正弦定理，则，
同理在中得，
∵，则，
∴，则，即，D正确；
故选：BCD.
11. 曲线是由方程和共同构成，点为曲线上一点，则下列结论正确的是（ ）
A. 该曲线的图象关于对称
B. 曲线围成的图形面积大于7
C. 的最大值为2
D. 若与直线有4个公共点，则的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据曲线的方程，变形后作出曲线图象，根据图象判断A，根据半圆及正方形的面积判断B，根据的几何意义及动直线与圆切判断C，求出特殊位置的值，数形结合可判断D.
【详解】由，，得或．
当时，，是圆心为，半径为1的半圆，
同理的其他部分，分别为圆心为半径为1的半圆，圆心为半径为1的半圆，圆心为半径为1的半圆；
作曲线的图象如下图，
图中虚线部分是边长为2的正方形，图象关于对称，故A正确；
对于B，图形的面积，故B正确；
对于C，的最大值为点与点连线斜率的最大值，设直线为，如图，
由图知当直线与圆心为，半径为1的半圆相切时，最大，所以，解得，故C错误；
对于D，当直线与相切时，此时或（舍去），有2个公共点；
当直线过点时，，此时直线与曲线有3个公共点，
由曲线的对称性，故要使曲线与直线有4个公共点，则或，故D正确．
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知动圆与圆，圆中的一个外切､一个内切，求动圆圆心的轨迹方程为_____________
【答案】
【解析】
【分析】设动圆圆心的坐标为，半径为，根据圆与圆的位置关系，得到，结合双曲线的定义，即可求解.
【详解】设动圆圆心坐标为，半径为，
由圆，可得圆心，半径，
圆，可得圆心，半径．
根据题意，可得或，
所以或，可得
又因为，可得，
根据双曲线的定义，可得点的轨迹为以为焦点的双曲线，
且，所以，则，
所以所求曲线的轨迹方程为.
故答案为：.
13. 已知圆，直线，直线被圆所截的最短弦长为_________
【答案】
【解析】
【分析】求出直线所过定点，并判断与圆的位置关系，再利用圆的性质及弦长公式计算即得.
【详解】圆的圆心，半径，
直线，由，解得，
则直线过定点，显然点在圆内，当时，直线被圆所截弦长最短，
而，所以最短弦长为.
故答案为：
14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，点P在椭圆C上，的延长线交椭圆C于点Q，且，的面积为，记与的面积分别为，，则___________．
【答案】##
【解析】
【分析】用椭圆的定义和焦点三角形中余弦定理得到的结论为突破口，结合三角形的面积公式解决问题.
【详解】不妨设，，焦距，如图：
由的面积为，得，
由余弦定理，得，则，
所以，即，
所以，
所以，易得，，
所以，所以，，
所以，
所以，
所以，，
所以．
故答案为：
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. —只不透明的袋子中装有2个白球，3个红球，这些球除颜色外都相同.
（1）搅匀后从中任意摸出2个球，求这2个都球是白球的概率；
（2）搅匀后从中任意摸出1个球，记录颜色后放回，搅匀，再从中任意摸出1个球，求2次摸到的球恰好是1个白球和1个红球的概率.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）将3个红球记为红1，红2，红3，2个白球记为白1，白2，用列举法写出摸出的2球的情形，再由古典概型概率公式即可计算概率；
（2）用列表法表示出2次摸的情形，再由古典概型概率公式即可计算概率.
【小问1详解】
将3个红球记为红1，红2，红3，2个白球记为白1，白2，
则任意摸出2个球的样本空间有：红1红2，红1红3，红1白1，红1白2，红2红3，红2白1，红2白2，红3白1，红3白2，白1白2共10个样本点，
其中2球均为白球事件的样本点只有1个，因此2个球都是白球概率为；
【小问2详解】
搅匀后从中任意摸出1个球，记录下颜色后放回袋子中并搅匀，再从中任意摸出1个球，将3个红球记为红1，红2，红3，2个白球记为白1，白2，列表如图所示：
所以搅匀后从中任意摸出1个球，记录下颜色后放回袋子中并搅匀，再从中任意摸出1个球事件的样本空间共有25个样本点，它们出现的可能性相同，
其中满足事件“2次摸到的球恰好是1个白球和1个红球”的样本点有12个，所以.
16. 已知直线过定点．
（1）求点的坐标；
（2）求过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程；
（3）设为上的一个动点，求中点的轨迹方程．
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）将方程转化成即可求解；
（2）分截距为和不为两类情况讨论即可；
第2次摸球
第1次摸球
红1
红2
红3
白1
白2
红1
（红1，红1）
（红1，红2）
（红1，红3）
（红1，白1）
（红1，白2）
红2
（红2，红1）
（红2，红2）
（红2，红3）
（红2，白1）
（红2，白2）
红3
（红3，红1）
（红3，红2）
（红3，红3）
（红3，白1）
（红3，白2）
白1
（白1，红1）
（白1，红2）
（白1，红3）
（白1,白1）
（白1,白2）
白2
（白2，红1）
（白2，红2）
（白2，红3）
（白2,白1）
（白2,白2）
（3）设，，通过代入法即可求解；
【小问1详解】
由，得，
令，得，
因此点的坐标为.
【小问2详解】
由（1）知点的坐标.
若截距为，即直线经过原点，
设直线方程为，则，
此时直线的方程为，
若截距不为，不妨设直线方程为，代入，得，
此时直线方程为，
则过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程为或．
【小问3详解】
设，，则，
得到，所以，
又点在上，所以，
整理得，
故的轨迹方程为.
17. 如图，某海面上有三个小岛（面积大小忽略不计），A岛在岛的北偏东方向距岛千米处，岛在岛的正东方向距岛20千米处.以为坐标原点，的正东方向为轴的正方向，1千米
为单位长度，建立平面直角坐标系.圆经过三点.
（1）求圆C的一般方程;
（2）在圆C区域内有未知暗礁，现有一船在岛南偏西方向距岛40千米处，正沿着北偏东方向行驶，若不改变方向，试问该船有没有触礁的危险？
【答案】（1）；
（2）该船没有触礁的危险.
【解析】
【分析】（1）由图中坐标系得坐标，设出圆的一般方程，代入三点坐标求解即得圆的一般方程.
（2）先求出航行方向所在直线方程，再求出圆心到直线的距离，与半径比较可得．
【小问1详解】
依题意，，
设过O、A、B三点的圆C的方程为，
则有，解得，
所以圆C的方程为，
【小问2详解】
由（1）知，圆C的圆心，半径，
依题意，该船初始位置为点，且该船航线所在直线l的斜率为，
则该船航线所在直线的方程为，即，
圆心C到直线l的距离，则直线与圆相离，
所以该船没有触礁的危险.
18. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱上的动点，且．
（1）求证：；
（2）若点分别为中点，求直线与平面所成角的正弦值．
（3）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）构建合适空间直角坐标系，应用向量法证明线线垂直；
（2）应用向量法求线面角的正弦值；
（3）根据三棱锥的体积公式求体积最大值对应的长度，再利用面面角的向量法求余弦值.
【小问1详解】
以为原点，如图所示建立空间直角坐标系，
由，设，
则，
所以，
则，即，故.
【小问2详解】
由题意，得，
所以，
设平面的法向量为，有，令，所以，
设与平面所成角为，有.
【小问3详解】
由，，
由二次函数性质，时，取得最大值，
此时为的中点，结合（2）知，平面的法向量，
易知平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，
.
19. 已知椭圆的离心率为，A、分别为椭圆的左、右顶点.过点作斜率为的动直线交椭圆于、两点；当变化时，面积的最大值为2.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）当时，求的面积；
（3）如图，设关于原点的对称点为，直线、交于点，设直线的斜率为，试探究是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）是定值，
【解析】
【分析】（1）由题意可得，由面积可得，再结合，即可得出答案.
（2）直线的方程为，联立方程解出，进而可求面积；
（3）设，直线的方程为，联立直线和椭圆方程，利用根与系数的关系、斜率公式即可求得为定值.
【小问1详解】
依题意可知，
当为短轴顶点时，取到最大值，
可得，解得，
所以椭圆的标准方程.
【小问2详解】
因为点在椭圆内部，可知直线与椭圆必相交，设，
若，则直线，
联立方程，消去可得，解得或，
所以的面积.
【小问3详解】
由（2）可设，则，
设直线的方程为，此时，
联立直线与椭圆方程，消去可得，
则，
不妨设，因为三点共线，则，
可得，则，
因为三点共线，则，
可得，则，
可得，
则，可得，
所以，即.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．