四川省宜宾市叙州区第二中学校2023-2024学年高二上学期期末数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省宜宾市叙州区第二中学校2023-2024学年高二上学期期末数学试题（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. 若，则（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解.
【详解】
故选 ：C
2. 已知，，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量共线列出关于的方程，由此求解出结果.
【详解】因为，所以，，
解得，
故选：A.
3. 设,若直线与直线平行,则的值为
A. B. C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
分析】由a（a+1）﹣2=0，解得a．经过验证即可得出．
【详解】由a（a+1）﹣2=0，解得a=﹣2或1．
经过验证：a=﹣2时两条直线重合，舍去．
∴a=1．
故选B．
【点睛】本题考查了两条直线平行的充要条件，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
4. 在某中学举行的环保知识竞赛中，将三个年级参赛的学生的成绩进行整理后分为5组，绘制出如图所示的频率分布直方图，图中从左到右依次为第一、第二、第三、第四、第五小组，已知第二小组的频数是40，则成绩在80-100分的学生人数是
A. 15B. 18C. 20D. 25
【答案】A
【解析】
【详解】第二组的频率是，所有参赛的学生人数为 ，那么80-100分的频率是 ，所以人数为 ，选故A.
5. 已知，，，四个开关控制着1，2，3，4号四盏灯，只要打开开关则1，4号灯就会亮，只要打开开关则2，3号灯就会亮，只要打开开关则3，4号灯就会亮，只要打开开关则2，4号灯就会亮.开始时，，，，四个开关均未打开，四盏灯也都没亮.现随意打开，，，这四个开关中的两个不同的开关，则其中2号灯灯亮的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据古典概型以及对立事件的概率关系列式计算可得解.
【详解】由题意，随意打开A，B，C，D这四个开关中的两个不同的开关，共有种，
其中只有打开开关时2号灯不会亮，其余情况2号灯均会亮，
所以2号灯灯亮的概率为.
故选：D.
6. 已知等差数列满足，则中一定为0的项是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列通项公式即可得到结果.
【详解】由得，，解得：，
所以，，
故选A
【点睛】本题考查等差数列通项公式，考查计算能力，属于基础题.
7. 已知圆C过圆与圆的公共点．若圆，的公共弦恰好是圆C的直径，则圆C的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求解圆，的公共弦方程，再计算圆中的公共弦长即可得圆C的直径，进而求得面积即可
【详解】由题，圆，的公共弦为和的两式相减，化简可得，又到的距离 ，故公共弦长为，故圆C的半径为，故圆C的面积为
故选：B
8. 抛物线的焦点为，准线为，，是抛物线上的两个动点，且满足，设线段的中点在上的投影为，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：设在直线上的投影分别是，则，，又是中点，所以，则，在中，所以，即，所以，故选B．
考点：抛物线的性质．
【名师点晴】在直线与抛物线的位置关系问题中，涉及到抛物线上的点到焦点的距离，焦点弦长，抛物线上的点到准线（或与准线平行的直线）的距离时，常常考虑用抛物线的定义进行问题的转化．象本题弦的中点到准线的距离首先等于两点到准线距离之和的一半，然后转化为两点到焦点的距离，从而与弦长之间可通过余弦定理建立关系．
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. 已知圆经过点、，为直角三角形，则圆的方程为（ ）
A B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】设圆心，由题意可知，，，求出、的值，可得出圆心的坐标以及圆的半径，由此可得出圆的方程.
【详解】设圆心，由题意可知，，即，解得，
因为为直角三角形，则为直角三角形，则，
即，解得，则圆的半径为，
圆心为，因此，圆的方程为或，
故选：BC.
10. 大数据时代为媒体带来了前所未有的丰富数据资源和先进的数据科学技术，在AI算法的驱动下，无论是图文编辑、视频编辑，还是素材制作，所有的优质内容创作都变得更加容易.已知某数据库有视频a个，图片b张（且）.从中随机选出一个视频和一张图片，记“视频甲和图片乙入选”为事件A，“视频甲入选”为事件B，“图片乙入选”为事件C，则下列判断中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】显然事件相互独立，且，于是，A错误，B正确；
事件包含“视频甲未入选，图片乙入选”、“视频甲入选，图片乙未入选”、“视频甲､图片乙都未入选”三种情况，
因此，则，所以C正确；
依题意，，，
而且，因此，即，D错误.
故选：BC
11. 设是公比为正数等比数列的前n项和，若，，则（ ）
A. B.
C. 为常数D. 为等比数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据等比数列的性质可得公比，进而可得通项公式与，再逐个选项判断即可.
【详解】设公比，则，解得，故，
则，.
对A，，故A正确；
对B，，故B错误；
对C，为常数，故C正确；
对D，，，故为等比数列，故D正确；
故选：ACD
12. 设A，B是双曲线上的两点，下列四个点中可以为线段中点的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项由双曲线的对称性可直接判断，B、C、D选项，首先根据点差法分析可得，结合双曲线的渐近线斜率可判断B，C、D可通过联立直线方程与双曲线方程，利用判别式即可判断.
【详解】对于选项A：因为双曲线关于y轴对称，
所以当直线AB的方程为时，线段AB的中点为，故A正确；
当直线AB的斜率存在且不为0时，
设，则的中点，
可得，
因为在双曲线上，则，两式相减得，
所以.
对于选项B：可得，则，即，
双曲线的渐近线方程为，由于与其中一条渐近线平行，故不可能有两个交点，故B错误；
对于选项C：可得，则，即，
联立方程，消去y得，
此时，故直线AB与双曲线没有交点，故C错误；
对于选项D：，则，即，
联立方程，消去y得，
此时，故直线AB与双曲线有交两个交点，故D正确；
故选：AD.
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. 数列的前n项和为，若，，则______．
【答案】96
【解析】
【分析】根据求出，，求出，从而得到答案.
【详解】①，②，
两式相减得，故，，
令中得，，
所以.
故答案为：96
14. 事件互相独立，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据独立事件的乘法公式和对立事件的概率公式解方程组可得结果.
【详解】因为事件互相独立，所以，
所以，所以，.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：根据独立事件的乘法公式和对立事件的概率公式求解是解题关键.
15. 《九章算术》是中国古代数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形为矩形，．若，和都是正三角形，且，则异面直线AE与CF所成角的大小为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】在上取点，满足，可得即为异面直线AE与CF所成角（或补角），设出边长，可得，即可求出.
【详解】如图，在上取点，满足，
因为，，四边形为矩形，
所以，且，则四边形为平行四边形，则，
所以即为异面直线AE与CF所成角（或补角），
设，则，，
因为和都是正三角形，所以，，
由，所以，
满足，所以，即异面直线AE与CF所成角的大小为.
故答案为：.
16. 已知椭圆的左、右焦点分别是，点是椭圆上一点，的内切圆的圆心为，若，则椭圆的离心率为_______.
【答案】##
【解析】
【分析】取线段的中点为，由已知条件可得，即三点共线，，且，则，再利用以及等面积法即可求得椭圆离心率为.
【详解】如图所示：
不妨取点在轴上方，设点的纵坐标为，点的纵坐标为，的内切圆半径为，椭圆焦距为，
取线段的中点为，设点的纵坐标为，
由可得，即
又为的中点，可得，即，
所以三点共线，且，可得，
又因为，所以；
利用椭圆定义以及等面积法可得，，
，
所以，可得，
即椭圆离心率为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求解内切圆问题时，一般是利用等面积法将三角形面积与周长之间建立联系，再根据椭圆定义即可直接得出之间的关系，进而求出离心率.
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. 有一辆公交车，依次设了A，B，C，D，E，F，G共7个站，甲乙二人都从A站上车，假设他们从后面每个站下车是等可能的.
（1）求这两个人在不同站点下车的概率；
（2）求这两个人都没有坐到终点站的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）采用列举法，将甲乙下车方式所有可能的情况全部列举出来，结合古典概型概率计算公式即可求解.
（2）由（1）中列举出来的所有情况，结合古典概型概率计算公式即可求解.
【小问1详解】
甲乙下车方式有如下36种结果：
（C，B），（C，C），（C，D），（C，E），（C，F），（C，G）
（D，B），（D，C），（D，D），（D，E），（D，F），（D，G）
（E，B），（E，C），（E，D），（E，E），（E，F），（E，G）
（F，B），（F，C），（F，D），（F，E），（F，F），（F，G）
（G，B），（G，C），（G，D），（G，E），（G，F），（G，G）
甲乙两人在不同站点下车的结果有30个，所以所求的概率为.
【小问2详解】
由（1）可知甲乙两个人都没有坐到终点站的结果数有25个，因此所求概率为．
18. 已知圆C：，直线l：.
（1）当a为何值时，直线l与圆C相切；
（2）当直线l与圆C相交于A，B两点，且|AB|=时，求直线l的方程.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）由题设可得圆心为，半径，根据直线与圆的相切关系，结合点线距离公式列方程求参数a的值即可.
（2）根据圆中弦长、半径与弦心距的几何关系列方程求参数a，即可得直线方程.
【小问1详解】
由圆：，可得，
其圆心为，半径，
若直线与圆相切，则圆心到直线距离，即，可得：.
【小问2详解】
由（1）知：圆心到直线的距离，
因为，即，解得：，
所以，整理得：，解得：或，
则直线为或.
19. 如图，在四棱锥P—ABCD中，平面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，，G为CD的中点，E，F是棱PD上两点（F在E的上方），且．
（1）若平面AEG，求DE；
（2）当点F到平面的距离取得最大值时，求直线AG与平面AEC所成角的正弦值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接交于，利用线面平行的性质定理可得，结合条件可得，即得；
（2）由题可得三棱锥的体积为定值，进而可得到的距离最小时，点F到平面的距离最大，利用坐标法可得此时，再利用线面角的向量求法即得.
【小问1详解】
连接交于，连接，
因为G为CD的中点，
所以，
所以，
因为平面，平面 平面，平面，
所以，
所以，又，
所以；
【小问2详解】
因为平面，平面，
所以，又底面为正方形，
所以，
如图建立空间直角坐标系，
则，，，
因为，所以的面积为定值，
又点到平面的距离为定值，
所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，
所以要使点F到平面的距离最大，则的面积最小时点F到平面的距离最大，
即到的距离最小时，点F到平面的距离最大，
设，则，，
所以到的距离为，
所以当时，到的距离最小，点F到平面的距离最大，
此时，
设平面的法向量为，
则，令，可得，
又，
设直线AG与平面AEC所成角为，则
，
即直线AG与平面AEC所成角的正弦值.
20. 设正项数列的前项和为，，.
（1）求；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）已知与的关系，分，求即可；
（2）先求出，再利用裂项相消法求和即可
【小问1详解】
因为，
当时，，所以（舍）或.
当时，，，
两式相减得：，
,
，
因为是正项数列，所以，，即，
所以是以为首项，为公差的等差数列.
所以.
【小问2详解】
由（1）可知，是以为首项，为公差的等差数列，
所以.
所以.
.
21. 已知抛物线的焦点为，点到直线的距离为.
（1）求抛物线的方程；
（2）点为坐标原点，直线、经过点，斜率为的直线与抛物线交于、两点，斜率为的直线与抛物线交于、两点，记，若，求的最小值.
【答案】（1）；（2）的最小值为.
【解析】
【分析】（1）利用抛物线的焦点到直线的距离为可求得正实数的值，进而可得出抛物线的方程；
（2）设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式求得，同理可求得，由此可得出的表达式，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】（1）抛物线的焦点的坐标为，
点到直线的距离为，因为，所以.
所以抛物线的方程为；
（2）设点、，
联立方程，消去后整理为，
由题意得，所以或，
所以，
又，，
所以，.
同理，.
所以.
（当且仅当或取等号）.
所以的最小值为.
【点睛】本题考查抛物线方程的求解，同时也考查了抛物线中弦长之积最值的计算，考查运算求解能力，属于难题.
22. 已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为．
（1）求双曲线的方程；
（2）已知点是双曲线的右支上异于顶点的任意点，点在直线上，且，为的中点，求证：直线与直线的交点在某定曲线上．
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据右焦点和渐近线方程，可列出关于的方程，进而求解即可；
（2）先设出和直线与直线的交点，先表示出坐标，再由，列出方程组，最后消参可得定曲线方程.
【小问1详解】
解：由于双曲线右焦点为，渐近线为，
所以，，
解得，
所以双曲线的方程为：
【小问2详解】
证明：设，直线与直线的交点为，
设直线为，
由题可知：，
联立 ，化简得，
所以，由可得 ，
那么，
所以，
由于是中点，所以，
因为，所以 且，解得，
因为直线与直线的交点为，
根据斜率相等可得，
代入的坐标得
化简得 ，
将两式相乘得，即为，
所以直线与直线的交点在定曲线上.