四川省泸县第五中学2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第五中学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21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。
本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷1至2页，第II卷3至4页．共150分．考试时间120分钟．
第I卷（选择题 共58分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知直线方程为，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据斜率与倾斜角的关系 ，结合倾斜角的范围可得结果.
【详解】设直线l：的倾斜角为，
所以可知 ，
又 ，
所以.
故选：B
2. 某高中共有学生1800人，其中高一、高二、高三的学生人数比为16：15：14，现用分层抽样的方法从该校所有学生中抽取一个容量为90的样本，则高二年级应该抽取的人数为（ ）
A. 28B. 30C. 32D. 36
【答案】B
【解析】
【分析】根据分层抽样的性质，按比例抽取即可求解.
【详解】高二年级应该抽取人，
故选:B
3. 在平行六面体中，运算的结果为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用空间向量加减的几何意义及运算律化简求结果.
【详解】如下图，结合向量加法几何意义有.
故选：C
4. 若复数满足，则（ ）
A. 2B. 2023C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】先利用虚数单位的性质化简，从而解方程，结合复数的四则运算求得，再利用共轭复数的定义与模的运算公式即可得解.
【详解】因为，
所以，则，即，故，
则，
故，，
故选：D.
5. 某校为了解学生的课外锻炼身体的情况，随机抽取了部分学生，对他们一周的课外锻炼时间进行了统计，统计数据如下表所示：
则该校学生一周进行课外锻炼的时间的第40百分位数是（ ）
A. 8.5B. 8C. 7D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】根据百分位数的求法计算即可.
【详解】抽取的学生人数为．由，
故第40百分位数为所有数据从小到大排序的第16项与第17项数据的平均数，
即．
故选: A.
6. 若圆的半径为，圆心在第一象限，且与直线和轴都相切，则该圆的标准方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可设圆心坐标为，其中，利用圆心到直线的距离等于圆的半径可求得正数的值，由此可得出圆的方程.
【详解】由题意可设圆心坐标为，其中，
因为圆与直线相切，则，因为，解得，
因此，圆的方程为.
故选：A.
7. 已知点为直线上一动点，点，且满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过构造关系找到定点，将最值转化为求的最值，进而转化为最值，则点线距求解可得.
【详解】∵，∴.
∴P点轨迹是以点为圆心，为半径的圆，记为圆C，
设在x轴上存在定点，使得圆上任意一点Px,y，满足，
则，
化简得，
又∵，代入得，
要使等式恒成立，则，即.
∴存在定点，使圆上任意一点P满足，
则，
当三点共线（位于两侧）时，等号成立.
又点为直线上一动点，则的最小值即为点到直线的距离，
由到直线距离，则.
故.
如图，过作直线垂线段，垂线段与圆的交点即为取最值时的点，此时取到最小值.
故选：D.
【点睛】方法点睛：借助可以转化,最后把动点到定点的距离转化为到点到直线的距离，进而由几何性质求解最值.
8. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列说法正确的是（ ）

A. 三棱锥的体积不是定值
B. 直线到平面的距离是
C. 存在点，使得
D. 面积的最小值是
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面平行的判定判断A；根据等体积法求得点到平面的距离判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积运算解决垂直问题判断C；求出面积的表达式，再求得面积的最小值判断D.
【详解】对于A，分别是棱的中点，则，
因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，因为平面，平面，所以平面，
因为在上，所以点在平面的距离不变，而面积是定值，则三棱锥的体积不变，
即三棱锥的体积不变，故A错误；
对于B，因为，平面，平面，于平面，
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离h，
，
，，，
由，得，则，B错误；

对C，以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，,

设，则，，，，
由，得，解得，
由于，因此存在点，使得，C正确；
对于D，由选项C得在的投影点为，
则P到的距离，
面积为 ，所以当时，取得最小值为，D错误.
故选：C
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用线面平行的判定来判定A，再通过等体积法求出距离从而判断B，C,D选项通过建立合适的空间直角坐标系解决.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.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. 已知椭圆，，是椭圆的左右焦点，P为椭圆上任意一点.下列说法中正确的是（ ）
A. 椭圆离心率为B.
C. D. 的最大值为3
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据椭圆的方程求得，结合椭圆的几何性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由椭圆，可得，则，
对于A，椭圆的离心率，故A正确；
对于B，由椭圆的定义，可得，故B错误；
对于C，当点为椭圆的左、右顶点时，最小，且最小值为，
当点为椭圆的上、下顶点时，最大，此时，
为等边三角形，则，
根据椭圆的几何性质，得，故C正确；
对于D，由椭圆的几何性质，当点为椭圆的右顶点时，可得，故D正确.
故选：ACD
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 若A，B为两个事件，则“A与B互斥”是“A与B相互对立”的充分不必要条件
B. 若A，B为两个互斥事件，则
C. 若事件A与B相互对立，则
D. 若事件A，B，C两两互斥，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据互斥事件和对立事件的关系可判断A；根据互斥事件概率加法公式判断B；根据对立事件的概率性质判断C；举反例判断D.
【详解】对于A，A，B两个互斥事件，但A，B不一定为对立事件，
故“A与B互斥”不是“A与B相互对立”的充分不必要条件，A错误；
对于B，根据互斥事件的概率加法公式可知，
若A，B为两个互斥事件，则，B正确；
对于C，事件A与B相互对立，则，正确；
对于D，取掷骰子试验中，事件A：出现1点，事件B：出现2点，事件C：出现3点，
事件A，B，C两两互斥，且其概率都是，
但，D错误，
故选：BC
11. 已知抛物线C：的焦点为F，，是抛物线C上的两个不同的动点，点A关于x轴的对称点为，抛物线C的准线交x轴于点P.下列结论正确的是（ ）
A. 若直线过点F，则，且
B. 若直线过点F，则P，，B三点共线
C. 若直线过点P，则，且
D. 若直线过点P，则的最小值为4
【答案】ABC
【解析】
【分析】设直线的方程为，与抛物线方程联立利用韦达定理可判断A；结合A分、讨论，利用韦达定理、斜率公式可判断B；设直线的方程为，与抛物线方程联立利用韦达定理可判断C；由在轴的同侧，由利用基本不等式可判断D.
【详解】对于A，若直线过点，设直线的方程为，
与抛物线方程联立可得，
易得，所以，则，故A正确；
对于B，若直线过点，由A知，则，，
当时，，不妨设，则，，所以此时与重合，所以三点共线；
当时，，
，
所以，且为线段的共同起点，所以三点共线，故B正确；
对于C，若直线过点P，设直线的方程为，
与抛物线方程联立可得，
则，解得或，
所以，则，故C正确；
对于D，若直线过点P，则在轴的同侧，即，
则，而，等号不成立，故D错误.
故选：ABC.
第II卷（非选择题共92分）
注意事项：
（1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效．
（2）本部分共8个小题，共92分．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.
12. 已知圆，圆，则两圆的位置关系为____________．
【答案】相交
【解析】
【分析】依题意，求出两圆的圆心距和半径后即可判断.
【详解】化为标准方程：，化为标准方程：，记的半径分别为，圆心距为，根据标准方程，的圆心分别是，故圆心距，而，于是两圆相交.
故答案为：相交
13. 在空间直角坐标系中，平面的一个法向量为，已知点，则点到平面的距离为_________.
【答案】
【解析】
【分析】直接利用空间向量中，点到平面的距离公式求解即可．
【详解】由题意，平面的一个法向量为，，所以，
所以点到平面的距离，
故答案为：
14. 已知双曲线的左、右焦点分别为，若双曲线的左支上一点满足，以为圆心的圆与的延长线相切于点，且，则双曲线的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】先根据正弦定理结合双曲线定义求得，然后根据相切对应的垂直关系结合勾股定理得到关于的方程，则离心率可求.
【详解】由正弦定理可知且，
又因为，可解得，
又因为，所以为的中点，所以，
又因为以为圆心的圆与的延长线相切于点，所以，
所以，
又因为，所以，
所以，解得，
故答案：.
四、解答题：本大题共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. 已知圆C过点，，且圆心在直线上，直线过点且与直线平行．
（1）求直线的直线方程；
（2）求圆C的标准方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设直线方程为，代入点坐标可求得参数值；（2）设出圆心和半径，列出方程，解出方程即可.
【小问1详解】
直线过点且与直线平行
可设直线方程为
代入点可得到.
【小问2详解】
圆C过点，
设圆心为，半径为
根据题意得到
解方程得到，
故圆的方程为：
16. 随着小汽车的普及，“驾驶证”已经成为现代人“必考”证件之一，若某人报名参加了驾驶证考试，要顺利地拿到驾驶证，需要通过四个科目的考试，其中科目二为场地考试．在每一次报名中，每个学员有5次参加科目二考试的机会（这5次考试机会中任何一次通过考试，就算顺利通过，即进入下一科目考试，若5次都没有通过，则需要重新报名），其中前2次参加科目二考试免费，若前2次都没有通过，则以后每次参加科目二考试都需要交200元的补考费，某驾校通过几年的资料统计，得到如下结论：男性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为，女性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为，现有这个驾校的一对夫妻学员同时报名参加驾驶证科目二考试，若这对夫妻每人每次是否通过科目二考试相互独立，他们参加科目二考试的原则为：通过科目二考试或者用完所有机会为止．
（1）求这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且都不需要交补考费的概率；
（2）求这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且产生的补考费用之和为200元的概率．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）分别表示丈夫和妻子第i次通过考试事件，再将夫妻二人都不需要交补考费的事件用表示，然后利用互斥事件和相互独立事件的概率公式计算作答.
（2）将夫妻二人共交200元补考费的事件用（1）中事件表示，再利用互斥事件和相互独立事件的概率公式计算作答.
【小问1详解】
分别表示丈夫和妻子第i次通过考试的事件，则，
夫妻二人都不需要交补考费的事件，
则，
所以这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且都不需要交补考费的概率是.
【小问2详解】
由（1）知，夫妻二人共交200元补考费的事件，
则，
所以这对夫妻在本次报名参加科目二考试通过且产生的补考费用之和为200元的概率.
17. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，离心率为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）已知直线，M是椭圆C上异于A，B的任意一点，直线AM交直线l于点P，直线BM交直线l于点Q.求证：以PQ为直径的圆恒过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据左右顶点坐标得到，根据离心率得到，然后得到，即可得到椭圆方程；
（2）设，得到，根据坐标得到直线和的直线方程，即可得到，，然后根据坐标和得到圆的方程为，即可得到以为直径的圆过定点.
【小问1详解】
由左、右顶点分别为，，得，
由离心率为，得，解得，所以，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
证明：设，则，
由，，得，令，则，
由，，得：，令，则，
以为直径的圆的方程为，
即，
又，所以，
令，则，故以为直径的圆恒过定点和.
18. 如图①所示，长方形ABCD中，，，点M是边CD的中点，将沿AM翻折到，连接PB，PC，得到图②的四棱锥．
（1）求点P到平面ABCM的最大距离；
（2）若棱PB的中点为N，求CN的长；
（3）设的角度大小为，若，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到当平面平面时，点P到平面ABCM的距离最大，利用勾股定理求解即可；
（2）作出辅助线，证明出四边形为平行四边形，从而得到；
（3）作出辅助线，得到为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面PAM和平面PBC的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到 ，结合的取值范围求出余弦值的最小值即可.
【小问1详解】
由题意可知，当平面平面时，
点P到平面ABCM的距离最大，
因为，，点是边的中点，
所以，取的中点为，连接，
则，又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
所以P到平面ABCM的最大距离为.
【小问2详解】
取中点，连接，，
则因为为中点，所以为的中位线，
所以且，
因为为的中点，四边形为矩形，
所以且，
所以且，
故四边形为平行四边形，
所以.
【小问3详解】
连接，
因为，所以，
所以为的平面角，即，
过点作平面，以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1,0,0，，，
过作于点，由题意得平面，
设，所以，，
所以，所以，
，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，
则，
，
令，则，
设平面的法向量为n=x2,y2,z2，
因为，
则，
可得，
令，则，
设两平面的夹角为，
则
，
令，，所以，
所以，所以当时，有最小值，
所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为.
19. 已知双曲线：（）的左、右顶点分别为，，过点的直线与双曲线的左、右支分别交于点，，为坐标原点，连接并延长，交双曲线于点．
（1）已知为的左焦点．
①求的方程；
②若，求直线的方程．
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）①;②或.
（2）
【解析】
【分析】（1）①根据焦点坐标求出后可求双曲线方程；②根据为等腰三角形及双曲线的对称性可得，从而，联立直线方程和双曲线方程后结合韦达定理可求直线方程；
（2）联立直线方程和双曲线方程，结合韦达定理消元后可得.
【小问1详解】
①因为为双曲线的焦点，故，故，
故双曲线方程为：.
②因为，故为等腰三角形，而，故，
由题设可得的斜率存在且不为零，故设，，
则由可得，
故，且即，
又，
因为，故，故，
整理得到：，
所以，故，
故直线的方程为：或.
【小问2详解】
由题设有由（1）中假设有，
整理得到：，
设直线，故，
又由可得，
故且，
故，
又，
所以，
整理得到在上恒成立，所以.锻炼时间/h
7
8
9
10
11
人数
6
10
9
8
7