四川省宜宾市叙州区第二中学2023-2024学年高二上学期第三学月（12月）数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省宜宾市叙州区第二中学2023-2024学年高二上学期第三学月（12月）数学试题（Word版附解析），共19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。

本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
第I卷 选择题（60分）
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. 直线的纵截距是（ ）
A. 5B. －5C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直线与y轴交点的纵坐标即为纵截距，把一般式化为斜截式，可以看出纵截距..
【详解】中，，故纵截距是.
故选：C
2. 已知直线：，：，，则“”是“”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】A
【解析】
【分析】根据直线与直线的垂直，列方程，求出，再判断充分性和必要性即可.
【详解】解：若，则，解得或，
即或，
所以“”是“或”的充分不必要条件.
故选：A.
【点睛】本题考查直线一般式中直线与直线垂直的系数关系，考查充分性和必要性的判断，是基础题.
3. 若一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，则圆锥侧面展开图的扇形的圆心角为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：设圆锥底面半径为，母线长为，侧面展开图的扇形的圆心角为，则侧面积，底面积，由题：，所以，则在侧面展开图中，．
考点：1．圆锥侧面展开图；2．弧长公式．
4. 甲、乙、丙、丁四人做相互传球练习，第一次甲传给其他三人中—人,第二次由拿球者再传给其他三人中的一人,这样共传了次，则第四次仍传回到甲的概率是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：第三次传球后,球不能在甲的手中,第四次传球后,球一定在甲的手中,而第二次传球后,球可在甲的手中,也可不在甲的手中.若第二次传球后,球在甲的手中,则传球的方法数为:,若第二次传球后,球不在甲的手中,则传球的方法数为:,而所有的传球方法数共有:,第次仍传回到甲的概率是:,故答案选A.
考点：等可能事件的概率.
5 已知直线与相交于A，B两点，且，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量数量积求得∠AOB，从而求得圆心到直线距离，利用点到直线距离公式求得斜率.
【详解】的半径为1，，得，，
圆心到直线AB的距离为，则，．
故选：D.
6. 经过点作直线交双曲线于两点，且为的中点，则直线的方程为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用点差法求得弦斜率，再根据点斜式得结果.
【详解】设，，可得，，两式相减可得：，为的中点，即有，，可得直线的斜率为，
即有直线的方程为，即为，由代入双曲线的方程，可得，即有，故存在直线，其方程为，
故选：C.
点睛：本题考查双曲线的中点弦所在直线方程的求法，注意运用点差法，注意检验直线的方程的存在性，考查运算能力，属于中档题；设，，代入双曲线的方程，运用点差法，结合中点坐标公式和直线的斜率公式，由点斜式方程可得直线的方程，代入双曲线的方程，由判别式的符号，即可得到判断直线的存在性.
7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，为坐标原点，若，且，则该椭圆的离心率为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由是中点，而，∴，这样结合椭圆的定义及已知条件可得到的关系，得出离心率．
【详解】∵是中点，而，∴，设，，
则解得，又，∴，化简得．
故选：D．
【点睛】本题考查求椭圆的离心率，考查椭圆的定义，解题关键是由已知条件得出，然后结合椭圆定义求解．
8. 已知三棱锥中，，，，二面角的大小为，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先证明，进而以点建立坐标系，结合直角三角形的性质设出球心坐标，再由得出球的半径，进而得出表面积.
【详解】
，
以为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系

过点作的垂线
二面角的大小为，
又外接圆的圆心在的中点
三棱锥外接球的球心在过的中点且垂直于平面上
设
由得，解得
该几何体外接球的半径
即三棱锥外接球的表面积为
故选：B
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于建立空间直角坐标系，利用球上的点到球心的距离等于半径列出方程，求出半径.
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，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知直线：，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则直线的倾斜角为B. 若直线在两坐标轴上的截距相等，则
C. ，原点到直线的距离为5D. 直线与直线垂直，则
【答案】AD
【解析】
【分析】求出直线方程，即可求出斜率与倾斜角，即可判断A，分直线经过原点和不过原点，即可判断B，求出直线过定点坐标，即可判断C，由两直线垂直斜率之积为，求出直线的斜率，即可判断D.
【详解】对于A，若，直线的方程为，即，
则斜率为，所以其倾斜角，故A正确；
对于B，当直线经过原点时，即，解得，则直线方程为，在两坐标轴上截距相等，都为，
当直线不经过原点时，则，即，
若直线的在两坐标轴的截距相等，必有，解可得，符合题意，
故或，即B错误；
对于C，直线，即，
令，解得，直线恒过点，
设，则，
所以原点到直线的距离，不存在满足条件，故C错误；
对于D，若直线与直线垂直，则直线的斜率，则有，解可得，故D正确；
故选：AD．
10. 抛掷两枚质地均匀的骰子，有如下随机事件：“至少一枚点数为1”，“两枚骰子点数一奇一偶”，“两枚骰子点数之和为8”，“两枚骰子点数之和为偶数”判断下列结论，正确的有（ ）
A. B. B，D为对立事件C. A，C为互斥事件D. A，D相互独立
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，写出各事件包含的基本事件，再依次讨论求解即可.
【详解】解：根据题意，事件包含的基本事件有，
事件包含的基本事件有，，，
事件包含的基本事件有，
事件包含的基本事件有，，，
所以对于A选项，由于事件中的元素均不在事件中，故错误；
对于B选项，事件与事件互斥，且并集为必然事件，故B，D为对立事件，正确；
对于C选项，显然事件与事件是不可能同时发生，为不可能事件，故A，C为互斥事件，正确；
对于D选项，由题知，，事件包含的基本事件有，，显然，故错误.
故选：BC
11. 已知过点的直线交抛物线于，两点，设，，点是线段的中点，则下列说法正确的有（ ）
A. 为定值－8B. 的最小值为4
C. 的最小值为D. 点的轨迹方程为
【答案】ACD
【解析】
【分析】设直线的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和及两根之积，再一一判断即可．
【详解】由题意可得直线的斜率不为0，设直线的方程为，显然，两点在轴的两侧，设，且，，
联立，整理可得，
显然，，，，，所以A正确；
所以，当且仅当时取等号，所以B不正确；
因为，，所以
，当且仅当时取等号，所以C正确；
由题意可得的中点，设，则，
消参可得，整理可得，所以D正确．
故选：ACD．
12. 已知三棱锥中，，面面，，点为中点，与面所成的角为，则（ ）
A. B. 点到面的距离为
C. 三棱锥的侧面积为D. 与所成角为
【答案】AC
【解析】
【分析】对A，取中点，中点，根据线面垂直面面垂直的性质与判定，结合中位线性质证明即可；对B，根据等体积法，求解即可；对C，根据侧面均为等腰三角形计算即可；对D，取中点，则与所成角为与所成角，再证得为正三角形即可.
【详解】对A，取中点，连接如图，因为，，
故，且，故，.
又面面，且面面，面，故面
又面，故，又，，故.
取中点，因为，故.
又中点，中点，故，故，故A正确；
对B，因为，故，
因为面，故与面所成的角为，故，
又，故，则，，故，
设点到面的距离为，，则由可得，
，即，解得，故B错误；
对C，为边长为2的等边三角形，则三棱锥的侧面积为
，故C正确；
对D，取中点，则，又，故与所成角为与所成角，
又，，故为正三角形，故，即与所成角为，故D错误.

故选：AC
第II卷 非选择题（90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知一个样本容量为7的样本的平均数为5，方差为2，现在样本中加入一个新数据5，则此时方差是______.
【答案】
【解析】
【分析】利用平均数和方差的定义直接求解即可.
【详解】设这个样本容量为7的样本数据分别为则，
所以，，
所以.
当加入新数据5后，平均数，
方差.
故答案为：
14. 已知直线，，且，则直线，间的距离为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据两直线平行列关于的方程，解出的值，然后代入两直线方程进行验证是否满足，即可得出实数的值，最后利用平行直线得距离公式即可求解.
【详解】直线，，且，
则，解得
当时，直线，，化简得，此时，，两直线平行，满足题意，因此，，
则直线，间的距离为
故答案为：
【点睛】本题考查利用两直线平行求参数，在求出参数后，还应将参数的值代入两直线方程，验证两直线是否平行，最后再利用两直线平行的距离公式来求解，考查运算求解能力，属于基础题.
15. 已知抛物线的焦点为，过的直线与交于，两点，过点，分别作的准线的垂线，垂足分别为，，线段的中点为，且，则______.
【答案】16
【解析】
【分析】设直线的方程为，直线和抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式即可求解.
【详解】由题意得，易知直线的斜率存在且不为0（当直线的斜率不存在时，点为的准线与轴的交点，此时，不符合题意；当直线的斜率为0时，直线与只有一个交点，不符合题意），
故设直线的方程为，与联立，消去得，
设，，则，因为线段的中点为，
所以，由，得，得，
解法一：所以.
解法二：所以，设直线的倾斜角为，则，故.
故答案为：16.
16. 已知圆和圆只有一条公切线，若且，则的最小值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意可得两圆相内切，根据两圆标准方程求出圆心和半径，可得，再利用“1”的代换，使用基本不等式求得的最小值．
【详解】解：由题意可得两圆相内切，两圆的标准方程分别为，，
圆心分别为，，半径分别为2和1，故有，，
，
当且仅当时，等号成立，
的最小值为9．
故答案为：．
【点睛】本题考查两圆的位置关系，两圆相内切的性质，圆的标准方程的特征，基本不等式的应用，得到是解题的关键和难点，属于中档题．
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. 已知 的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为．
（1）求顶点的坐标.
（2）求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据互相垂直两直线斜率的关系，结合直线的点斜式方程，通过解方程组进行求解即可；
（2）根据中点坐标公式，结合直线点斜式方程进行求解即可.
【小问1详解】
边上的高所在直线方程为，
，且，即，
的顶点，直线方程;，
即与联立，，
解得：，顶点的坐标为；
【小问2详解】
所在直线方程为，设点，
是中点，，，
在所在直线方程为上，
,解得：,，
的方程为：，即.
18. 山东淄博有着丰富的烧烤文化，淄博烧烤以其独特的口味和制作方法，吸引了大量的食客，今年的“五一”假期更是游客“进淄赶烧”的高峰期.某商家为了提高自己的竞争力，举行了消费抽奖活动，活动规则如下：每消费满100元，会获得一次抽奖机会，奖项为“5元烧烤优惠券”“10元烧烤优惠券”以及“谢谢惠顾”.已知抽中“5元烧烤优惠券”的概率为，抽中“10元烧烤优惠券”的概率为，并且每次抽奖互不影响.
（1）求抽到“谢谢惠顾”的概率；
（2）某位客人消费了200元，求这位客人能抽到总计10元烧烤优惠券的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出事件，根据互斥事件求概率公式进行求解；
（2）分两种情况进行求解，相加得到答案.
【小问1详解】
记抽到“5元烧烤优惠券”为事件，
抽到“10元烧烤优惠券”为事件，抽到“谢谢惠顾”为事件，
且，.
根据互斥事件求概率公式可得.
【小问2详解】
记抽到总计10元烧烤优惠券为事件，则可能一次抽到“10元烧烤优惠券”、一次抽到“谢谢惠顾”，记为事件，或者两次都抽到“5元烧烤优惠券”，记为事件.
则，，.
故该客人能抽到总计10元烧烤优惠券的概率为.
19. 已知直线的方程为．
（1）求直线恒过定点的坐标；
（2）求过点与圆相交的弦的最小值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）把直线方程变形得，联立方程组，求得方程组的解即为直线l恒过的定点；
（2）判断在圆内部，确定相交弦最短时与弦的位置关系，利用弦心距、弦长、半径的几何关系求最小弦长．
【小问1详解】
方程可化为，
由得：，
点的坐标为.
【小问2详解】
圆可化为，
由，知：在圆内部，而，则，
当线段与过的弦垂直时弦长最小，
∴过与圆相交弦的最小值为.
20. 如图，分别是椭圆：的左、右焦点，是椭圆的顶点，是直线与椭圆的另一个交点，.
（1）求椭圆的离心率；
（2）已知的面积为，求椭圆的标准方程.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，即可求出离心率；
（2）设，则，在中利用余弦定理求出，再由面积公式求出，即可求出椭圆方程.
【小问1详解】
依题意可得，，
又，所以为等边三角形，
∴，∴；
【小问2详解】
设，则，
在中，
∴，
∴，
所以，
∴，
∴（负值舍去），所以，
故椭圆的标准方程为.
21. 如图，在四棱柱中，底面和侧面都是矩形，，.
（1）求证：；
（2）若点的在线段上，且二面角的大小为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）2
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面即可.
（2）利用空间向量的坐标运算，表示出二面角的余弦值，即可求解.
【小问1详解】
四棱柱中，
底面和侧面都是矩形，则侧面都是矩形，
有，，
，平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
【小问2详解】
，.
取分别为的中点，连接，，
因为，平面，
所以平面，
因为，所以,
所以以为原点，所在直线分别为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，，则.
则，
设，即，可得，
，，
设平面的一个法向量，
则有，
令，则，得，
又平面的一个法向量，
因为二面角的大小为，
则有，
整理得，，解得，或（舍），
所以，则，有的值为2.
22. 若双曲线的一个焦点是，且离心率为2.
（1）求双曲线的方程；
（2）设过焦点的直线与双曲线的右支相交于两点（不重合），
①求直线的倾斜角的取值范围；
②在轴上是否存在定点，使得直线和的斜率之积为常数，若存在，求出的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）①②存在，的坐标为
【解析】
【分析】（1）由及离心率求解，进而得双曲线方程；
（2）①按直线斜率是否存在分类求解.联立直线与双曲线方程，由判别式条件与两交点都在右支上，利用韦达定理转化为斜率的不等关系求解斜率范围，则可得所求倾斜角的范围；②利用韦达定理，将条件“直线和的斜率之积为常数”，转化为不受参数的影响恒为常数，待定系数求解方程组即可.
【小问1详解】
由题意，，
又，则，，
所以，双曲线的方程为.
【小问2详解】
①（i）当直线斜率存在时，
设直线：，，，
联立，
整理得：，
由题得：
解得或，
此时，直线的倾斜角的范围为.
（ii）当直线斜率不存在时，直线的倾斜角为.
综上可知，直线的倾斜角的范围为.
②（i）当直线斜率存在时，设直线和的斜率之积，，
由（2）①得：
，
又 ，
得：
，
上对于任意的都成立，
所以，
解得：或，
即当坐标为时，；
当坐标为时，.
（ii）当直线斜率不存在时，此时，.
当坐标为时，；
当坐标为时，.
综上所述，存在点，使得直线和的斜率之积为常数.