四川省宜宾市宜宾市第一中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省宜宾市宜宾市第一中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（Word版附解析），共18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。


满分150分 考试时间：120分钟
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. 若，，，则关于事件A与B的关系正确的是（ ）
A. 事件A与B互斥不对立B. 事件A与B对立
C. 事件A与B相互独立D. 事件A与B不相互独立
【答案】C
【解析】
【分析】根据互斥与独立事件的定义判断即可
【详解】因为，所以与能同时发生，不是互斥事件，也不是对立事件，故AB错误；
，所以，又，故成立，
故事件A与B相互独立，故C正确，D错误.
故选：C.
2. 在四面体中，空间的一个点满足，若四点共面，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间四点共面可得，解之即可.
【详解】因为四点共面，，
所以，解得.
故选：B.
3. 无论为何值，直线都过一个定点，则该定点为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将直线方程整理成即可求得定点坐标.
【详解】将直线方程整理成，
令，解得，即直线经过定点.
故选：C.
4. 已知实数满足方程，则的最大值（ ）
A. 2B. 4C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】表示圆上的点到原点的距离的平方，求出圆心到原点的距离，利用圆的几何性质可求得最值.
【详解】实数x，y满足方程，则点在以为圆心半径为1的圆上，
因为原点到圆心的距离为，
所以圆上的点到原点的距离，所以，所以，
所以的最大值为4.
故选：B
5. 在三棱柱中，，，.点在棱上，且，为的中点，若以为基底，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据中点及向量加减法的运算求解即可.
【详解】如图，

因为，
所以，
因为为的中点，所以，
所以.
故选：D
6. 已知双曲线：的左、右两个焦点分别为，，若双曲线上存在点满足，则该双曲线的离心率为
A. 2B. C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】
利用双曲线的定义和条件中的比例关系可求.
【详解】.选B.
【点睛】本题主要考查双曲线的定义及离心率，离心率求解时，一般是把已知条件，转化为a,b,c的关系式.
7. 如图，二面角等于，是棱上两点，分别在半平面内，，，且，则的长等于（ ）

A. B. C. 4D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，可得，再由空间向量的模长计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】由二面角的平面角的定义知，
∴，
由，得，又，
∴
，
所以，即.
故选：C.
8. 已知、为椭圆与双曲线的公共焦点，P为它们的一个公共点，且.则该椭圆与双曲线的离心率之积的最小值为.
A. B. C. lD.
【答案】B
【解析】
【详解】设，.
椭圆方程为，
双曲线方程为
两曲线的半焦距为、，且.
由圆锥曲线定义得
，.
于是，，.
又由余弦定理得
.
由均值不等式得.
当，时，上式等号成立.
从而，该椭圆与双曲线的离心率之积的最小值为.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 与直线垂直，且与点距离为的直线方程可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】设所求直线方程为，利用点到直线的距离公式求出，即可得解.
【详解】依题意设所求直线方程为，
则点到直线的距离，解得或，
所以所求直线方程为或.
故选：AB
10. 已知点是椭圆上一点，是椭圆的左、右焦点，且的面积为4，则下列说法正确的是（ ）
A. 点的纵坐标为4B.
C. 的周长为D. 的内切圆半径为
【答案】BC
【解析】
【分析】此题先算出椭圆的基本量，运用三角形面积公式即得；再利用点的坐标易于求得的边长，运用勾股定理逆定理即得；根据椭圆的定义式可得的周长；最后利用面积相等即得内切圆半径.
【详解】依题意，不妨设点，由可得故，
则面积为解得：，
对于A选项，由上分析知点的纵坐标为，故A项错误；
对于B选项，由 知，此时点为椭圆短轴顶点，故，
又由知，故B项正确；
对于C选项，因点在椭圆上，故有
于是的周长为故C项正确；
对于D选项，设的内切圆半径为，则由三角形面积相等可得：
，解之得：
故D项错误.
故选：BC.
11. 甲罐中有四个相同的小球，标号为1，2，3，4；乙罐中有五个相同的小球，标号为1，2，3，5，6.现从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，记事件A：抽取的两个小球标号之和大于5，事件：抽取的两个小球标号之积大于8，则（ ）
A. 事件A与事件对立事件B. 事件与事件是互斥事件
C. 事件发生的概率为D. 事件发生的概率为
【答案】BC
【解析】
【分析】求得从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，共包含个基本事件；再写出事件A,B包含的基本事件，即可判断A,B；写出事件以及包含的事件，即可以求得其概率，判断C,D.
【详解】由题意知：从甲罐、乙罐中分别随机抽取1个小球，共包含个基本事件；
事件包含的基本事件有：
，，，，，，，，，，，共11个基本事件；
事件包含的基本事件有：
，，，，，，，，共8个基本事件，
可以看出，事件是事件的子事件，故错；
事件包括：，，，，，，，，共9个事件，
每个事件中两小球标号之积都小于8，故与事件是互斥事件，故正确；
事件包含的基本事件为：
，，，，，，，，，，，共11个，
所以事件发生的概率为，故正确；
事件包含的基本事件有：，，，，，，，，，，，共12个，
所以事件包含的基本事件为：， ，，共3个基本事件，
所以事件发生的概率为，故不正确，
故选：．
12. 若两定点，，动点满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 点的轨迹所围成区域的面积为
B. 面积的最大值为
C. 点到直线距离的最大值为
D. 若圆上存在满足条件的点，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由可整理得到点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆；根据圆的面积公式可知A正确；根据点到直线的距离的最大值为可求得B正确；由圆上点到直线距离最大值为圆心到直线距离加上半径可求得C错误；根据两圆有公共点可得两圆位置关系，从而得到圆心距和两圆半径之间的关系，解不等式可求得D正确.
【详解】设，由得：，
，整理可得：，
点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆；

对于A，点轨迹围成的区域面积为，A正确；
对于B，，若取得最大值，则点到直线的距离最大，即到轴的距离最大，
点到直线的距离的最大值为，
面积的最大值为，B正确；
对于C，圆心到直线的距离，
点到直线距离的最大值为，C错误；
对于D，由题意知：点的轨迹与圆有公共点，即两圆有公共点，
圆的圆心为，半径为，
两圆的圆心距为，，
解得：，即的取值范围为，D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知圆，圆，若圆与圆相外切，则________.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆的方程确定圆心和半径，结合圆与圆的位置关系即可求解.
【详解】由题意知，，
所以，
因为两圆外切，所以，解得.
故答案为：2.
14. 已知直线与直线关于直线对称，则的方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】求出与的交点，再任选另一点，求出其关于的对称点，从而由两点式求出直线方程.
【详解】与不平行，
故经过与的交点，
联立，解得，
即在上，
取上另一点，设关于直线的对称点为，
则有，解得，
过两点和，故方程为，即
故答案为：
15. 若双曲线的渐近线与圆相切，则________.
【答案】
【解析】
【分析】首先表示出双曲线的渐近线方程，再求出圆心坐标与半径，利用点到直线的距离公式计算可得.
【详解】双曲线的渐近线方程为，即，
圆即圆，圆心为，半径，
依题意可得，解得，则.
故答案为：
16. 在长方体，，，P为BC的中点，点Q为侧面内的一点，当，的面积最小值时，三棱锥Q-ACD的体积为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件，结合正方体的性质，可以得出在和的中点的连线上，从而判断面积最小时，进而求得三棱锥的底面上的高，然后利用体积公式计算.
【详解】如图所示，设的中点为,连接,易知,由所以,
延长交于,易得为的中点，
当时，最小，的面积最小值，
此时，,
,,
过作，垂足为,易知为三棱锥的底面上的高，
，
∴三棱锥Q-ACD的体积为，
故答案为：.
【点睛】由确定在上，是解决问题的关键，然后根据面积最小,确定，接下来利用直角三角形中的射影定理求得的长，然后求得三棱锥.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17 设直线与.
（1）若∥，求、之间的距离；
（2）若直线与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积最大，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）若l1∥l2，求出m的值，即可求l1，l2之间的距离；
（2）表示直线l2与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积，配方法求出最大，即可求直线l2的方程．
【详解】（1）若l1∥l2，则，
∴，∴m＝6，
∴l1：x﹣2y﹣1＝0，l2：x﹣2y﹣6＝0
∴l1，l2之间的距离d；
（2）由题意，，∴0＜m＜3，
直线l2与两坐标轴的正半轴围成的三角形的面积Sm（3﹣m），
∴m时，S最大为，此时直线l2的方程为2x+2y﹣3＝0．
【点睛】本题考查直线方程，考查直线与直线的位置关系的应用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
18. 甲、乙两人参加普法知识竞赛，共有5题，选择题3个，判断题2个，甲、乙两人各抽一题.
（1）甲、乙两人中有一个抽到选择题，另一个抽到判断题的概率是多少？
（2）甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
首先用列举法，求得甲、乙两人各抽一题的所有可能情况.
（1）根据上述分析，分别求得“甲抽到判断题，乙抽到选择题”和“甲、乙两人中有一个抽到选择题，另一个抽到判断题”的概率，然后根据互斥事件概率加法公式，求得“甲、乙两人中有一个抽到选择题，另一个抽到判断题”的概率.
（2）根据上述分析，求得“甲、乙两人都抽到判断题”的概率，根据对立事件概率计算公司求得“甲、乙两人中至少有一人抽到选择题” 的概率.
【详解】把3个选择题记为，2个判断题记为“甲抽到选择题，乙抽到判断题”的情况有，，，，，，共6种；“甲抽到判断题，乙抽到选择题”的情况有，，，，，，共6种；“甲、乙都抽到选择题”的情况有，，，，，，共6种；“甲、乙都抽到判断题”的情况有，，共2种.
因此基本事件的总数为.
（1）记“甲抽到选择题，乙抽到判断题”为事件A，则.记“甲抽到判断题，乙抽到选择题”为事件B，则，故“甲、乙两人中有一个抽到选择题，另一个抽到判断题”的概率为.
（2）记“甲、乙两人至少有一人抽到选择题”为事件C，则为“甲、乙两人都抽到判断题”，由题意，故“甲、乙两人至少有一人抽到选择题”的概率为.
【点睛】本小题主要考查互斥事件概率计算，考查对立事件，属于基础题.
19. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，，分别是，的中点．

（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明平面；
（2）分别求出平面和平面的法向量，利用向量法求解．
小问1详解】
证明：由题意，在矩形中，，，，
，分别是，的中点，
，，
在四棱锥中，面面，面面，，平面
面，
面，，
，，，
面，面，，
面，面，，
以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图，

,0,，,0,，,4,，,4,，,0,，,2,，,2,，
,0,，面的一个法向量为，
，平面，平面．
【小问2详解】
由题意及（1）得：
在平面中，,0,，,0,，,2,，
,2,，,2,，
设平面的法向量为，
则，取，得,,，
平面的一个法向量为,0,，
设二面角的平面角为，由图得为钝角，
二面角的余弦值为：
．
20. 已知双曲线C和椭圆有公共的焦点，且离心率为．
（1）求双曲线C的方程．
（2）经过点作直线l交双曲线C于A，B两点，且M为AB的中点，求直线l的方程并求弦长．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）根据焦点坐标和离心率，利用待定系数法求双曲线方程；
（2）首先利用点差法求直线的斜率，并求解直线方程，与双曲线方程联立，代入弦长公式，即可求解.
【小问1详解】
由题意得椭圆的焦点为，，
设双曲线方程为，
则，∴，
解得，
双曲线方程;
小问2详解】
把，分别代入双曲线，两式相减，得
，
把，，代入，得，
，直线的方程为，即
把代入，消去y得，
.
21. 已知圆的圆心在轴的正半轴上，半径为2.且被直线截得的弦长为.
（1）圆的方程；
（2）设是直线上动点，过点作圆的切线，切点为，证明：经过，，三点的圆必过定点，并求所有定点坐标.
【答案】（1）；（2）证明见解析；定点和.
【解析】
【分析】（1）由已知结合垂径定理列式求得值，则圆的方程可求；
（2）由已知设出点坐标，再由已知可知过，，三点的圆是以为直径的圆，设圆上任意一点，则，整理可得圆系方程，联立即可求得经过，，三点的圆所过定点的坐标．
【详解】（1）设圆心，则圆心到直线的距离
由题意可得，即，解得或（舍）
所以圆的方程为
（2）证明：∵是直线上一点.设
∵为圆的切线，∴，即过、、三点的圆是以为直径的圆
设圆上任一点，则
∵，
∴
即
故解得或
因此经过、、三点的圆必过定点和.
【点睛】本题考查利用弦长求圆的方程，考查直线与圆位置关系的应用，考查圆系过定的问题，同时考查了计算能力，是中档题．
22. 已知椭圆的左，右焦点分别为，上顶点为，且为等边三角形.经过焦点的直线与椭圆相交于两点，的周长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）试探究：在轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在定点,使得为定值
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形三边长相等可知，根据周长为可求得，结合椭圆关系可求得结果；
（2）假设存在满足题意的定点，设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据向量数量积的坐标运算表示出，代入韦达定理的结论整理可得，根据为定值可构造方程求得的值，从而得到定点坐标.
【小问1详解】
为等边三角形，，，；
的周长为，，
解得：，，，
椭圆的方程为：.
【小问2详解】
假设在轴上存在定点，使得为定值；
由（1）知：，直线斜率不为零，
可设，，，
由得：，则，
，，
；
为定值，，解得：，此时定值为；
存在定点，使得为定值.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点、定值问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求量，代入韦达定理可整理消元确定定值或根据定值求得定点.