四川省仁寿第一中学校南校区2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试题（解析版）

这是一份四川省仁寿第一中学校南校区2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了考试结束后，只将答题卡交回.等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上.
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号.
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上.
4．所有题目必须在答题卡上作答，在试卷上答题无效.
5．考试结束后，只将答题卡交回.
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. 直线的倾斜角为（ ）
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线的一般式方程可求得直线的斜截式方程，再根据斜截式方程得出直线斜率，从而求出倾斜角.
详解】由题意得，，
即直线的斜率为，
所以直线的倾斜角的正切值为，
则直线的倾斜角为.
故选：C.
2. 已知抛物线经过点，则的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，求出，进而求出焦点坐标.
【详解】依题意，，解得，
所以抛物线的焦点坐标为.
故选：B
3. 在5张彩票中有2张有奖，甲、乙两人先后从中各任取一张，则乙中奖的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用全概率公式列式计算即得.
【详解】记甲中奖的事件为，乙中奖的事件为，
则，，，
所以
.
故选：B
4. 如图，正三棱柱的各棱长都为2，分别为AB、A1C1的中点，则EF的长是（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】取AC的中点M，连结EM，FM，则，，
又，而，则，所以．故选C．
5. 已知直线是圆的对称轴，过点作圆C的两条切线，切点分别为A和B，则=（ ）
A. 7B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可知直线过圆心，求得，根据点结合点到直线距离以及等面积法可得结果.
【详解】由圆可得，
所以圆心，半径为；
又由直线是圆的对称轴，即直线过圆心，
所以，解得，即；
因此，
所以切线长；
由圆的性质可知，所以四边形的面积为，
可得.
故选：D
6. 已知A，B，C三点不共线，点O不在平面ABC内，，若A，B，C，D四点共面，则的最大值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】先利用已知条件求得，再利用均值定理即可求得的最大值.
【详解】由及A，B，C，D四点共面得：，
即，又，，
所以，当且仅当时等号成立，
故选：B
7. 双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线交双曲线的两支于，两点，为等边三角形，则双曲线的离心率为（ ）
A. 2B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由题意作图，根据双曲线定义表示各线段的长，利用余弦定理，可得答案.
【详解】由题意可作图如下：

则①，②，
在等边中，，
可得，
则，
由，则，
在中，，由余弦定理可得
，即，
由，则，解得.
故选：C.
8. 定义：若点在椭圆上，则以 为切点的切线方程为：.已知椭圆 ，点为直线上一个动点，过点作椭圆的两条切线 ，，切点分别为，，则直线恒过定点（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
设，，，即可表示出的方程，又在上，即可得到，即可得到直线的方程，从而求出直线过的定点；
【详解】解：因为点在直线上，设，，，所以的方程为，又在上，所以①，同理可得②；
由①②可得的方程为，即，即，所以，解得，故直线恒过定点
故选：C
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 已知椭圆分别为它左右焦点，点是椭圆上一个动点，下列结论中正确的有（ ）
A. 点到右焦点的距离的最大值为9
B. 焦距为
C. 点到原点的距离的最大值为5
D. 椭圆的离心率为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由椭圆方程求得，然后根据椭圆的性质求解判断．
【详解】由椭圆方程知，，则，
点是椭圆上一个动点，点到右焦点的距离的最大值为，A正确；
焦距是，B错误；
点到原点距离的最大值为5，C正确；
离心率为，D正确．
故选：ACD．
10. 过抛物线C:的焦点的直线与C相交于，两点，直线PQ的倾斜角为，则（ ）
A. 的最小值为4B. 若，则
C. 若，则的最小值为3D. 面积的最小值为2
【答案】ACD
【解析】
【分析】设直线，联立直线方程和抛物线方程后消元结合最小弦长可求的值，再逐项判断后可得正确的选项.
【详解】由可得；
由题设有，直线的斜率不为零，故设直线，
则由，可得，，
所以，所以
而，
当且仅当时等号成立，故，故A正确；
若，则，故，故的斜率为，其倾斜角为或，故B错误；
若，则过作准线的垂线，垂足为，连接，
则，当且仅当三点共线时等号成立，
故的最小值为3，故C正确；，
当且仅当时等号成立，故面积的最小值为2，故D成立.
故选：ACD.
11. 已知正方体边长为2，动点满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，则直线平面
B. 当时，的最小值为
C. 当时，的取值范围为
D. 当，且时，则点的轨迹长度为
【答案】BC
【解析】
【分析】由时，得到为的中点，可判定A错误；在上取点，得到求得点在上，将平面与平面沿着展开到同一平面内，可判定B正确；证得平面，求得的最大值与最小值，可判定C正确；求得点的轨迹在内，根据题意得到点轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，且，可判定D错误．
【详解】对于A中，由于时，则，此时为的中点，
在正方体中，由平面，所以直线不会垂直平面，所以A错误；
对于B中，在上取点，使，在上取点，使，
因为，即，可得点在上，
将平面与平面沿着展开到同一平面内，如图（1）（2）所示，
连接交于，此时三点共线，取到最小值即的长，
由于，所以，则，
所以，所以，
即此时的最小值为，所以B正确；
对于C中，当时，可得点的轨迹在平面内（包括边界），
在正方形中，可得，
因为平面，平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
所以，又由，
所以的取值范围为，所以C正确；
对于D中，当时，可得点的轨迹在内（包括边界），
由于平面，平面，可得，
又因为平面，故平面，
因为平面，可得，同理可证，
又因为平面，所以平面，
设与平面交于点，由于，
为边长为的正三角形，则点到平面的距离为，
若，则，即点落在以为圆心，为半径的圆上，
此时点到三边的距离均为，
即点轨迹是以为圆心，为半径圆的一部分，
又由，其轨迹长度为3倍的弧长，所以D错误．
故选：BC.
【点睛】方法点睛：
1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；
2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 抛掷一枚质地均匀的骰子（骰子的六个面上分别标有1、2、3、4、5、6个点）一次，观察掷出向上的点数，设事件A为“向上的为奇数点”，事件B为“向上的为4点”，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由古典概型的概率求、，根据互斥事件有，即可得结果.
【详解】由题设，事件的基本事件有，事件的基本事件为，而抛掷一次的所有可能事件有，
所有，，则.
故答案为：
13. 若直线与双曲线的左、右两支各有一个交点，则实数k的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】直线过0,2，根据渐近线斜率可得到取值范围.
【详解】当直线与双曲线的渐近线平行时，，
此时直线与双曲线的其中一支有一个交点，
若直线与双曲线的左、右两支各有一个交点，
可得直线一定在两渐近线之间，
则k的取值范围为.
故答案为：.
14. 设，圆，若动直线与圆交于点A、C，动直线与圆交于点B、D，则的最大值是________．
【答案】
【解析】
【分析】求出圆的圆心和半径，求出两条直线位置关系和经过的定点，作出图像，设圆心到其中一条直线的距离为d，根据几何关系表示出，利用基本不等式即可求出其最大值.
【详解】，
圆心M(1，3)，半径r＝，
过定点E(2,1)，
过定点E(2,1)，
且⊥，
如图，设AC和BD中点分别为F、G，则四边形EFMG为矩形，
设，，则，
则＝
，当且仅当即时取等号.
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、证明过程或演算步棸.
15. 甲､乙､丙三人进行投球练习，每人投球一次.已知甲命中的概率是，甲､丙都未命中的概率是，乙､丙都命中的概率是，若每人是否命中互不影响.
（1）求乙､丙两人各自命中的概率；
（2）求甲､乙､丙三人中至少2人命中的概率.
【答案】（1）乙､丙两人各自命中的概率分别；
（2）
【解析】
【分析】（1）设乙､丙两人各自命中的概率分别为，由题意得到方程组，求出；
（2）求出甲､乙､丙三人均命中的概率和2人命中的概率，相加得到答案.
【小问1详解】
设乙､丙两人各自命中的概率分别为，
故，，解得，
故乙､丙两人各自命中的概率分别；
【小问2详解】
甲､乙､丙三人均命中的概率为，
甲､乙､丙三人中2人命中的概率为
，
故甲､乙､丙三人中至少2人命中的概率为.
16. 已知圆经过坐标原点，且圆心为．
（1）求圆的标准方程；
（2）已知直线与圆相交于，两点，求弦长的值；
（3）过点引圆的切线，求切线的方程．
【答案】（1）
（2）
（3）和
【解析】
【分析】（1）根据圆心半径求圆的标准方程；
（2）根据点到直线的距离以及勾股定理求解弦长；
（3）分类讨论然后结合圆心到直线的距离为半径求解；
【小问1详解】
由题意可得，圆心为，半径为2，则圆的方程为；
【小问2详解】
由（1）可知：圆的半径，
设圆心到距离为，则，
所以.
【小问3详解】
当斜率不存在时，为过点的圆C的切线.
当斜率存在时，设切线方程为，即，
=2，解得 ，所以.
综上所述：切线的方程为和．
17. 如图，在棱长均为2的正四棱柱中，，，，，用空间向量法解决下列三个问题：
（1）证明：；
（2）求异面直线与夹角的余弦值；
（3）求的长度.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可证明线线垂直；
（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求异面直线夹角余弦值；
（3）根据已知条件建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求向量模长即可求解.
【小问1详解】
以为坐标原点，、、所在直线为、、轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则由题意得E0,0,1，，，，
，，
因为，，
所以，
所以，所以.
【小问2详解】
由（1）可得，，
所以
.
故异面直线与夹角的余弦值为.
【小问3详解】
由（1）可得，
故.
18. 如图所示，四边形是边长为3的正方形，平面，，，与平面所成角为60°.

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）若点M在线段上，且,平面，求出M点的坐标.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
（3）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用平面的法向量可得二面角的余弦值；
（3）结合（2）中的结果和空间向量的结论求得点M的坐标．
【小问1详解】
因为平面，又平面,
所以.
因为是正方形，所以，，DE，AC都在平面，
从而平面.
【小问2详解】
因为是正方形，所以,
又平面，DA，DC都在平面内，
所以
所以，，两两垂直，所以建立空间直角坐标系，
如图所示.

因为与平面所成角为，即，
所以.
由，得,
所以，又，.
则，，，，，
所以，.
设平面的法向量为，则，即.
令，则.
因为平面，所以为平面的法向量，.
所以.
所以所求角的余弦值为.
【小问3详解】
点M是线段上一个动点，设.则.
因为平面，所以，即，解得.
此时，点坐标为，
即当时，平面.
19. 以坐标原点为对称中心，焦点在轴上的椭圆过点，且离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点，动点满足，求动点的轨迹所围成的图形的面积；
（3）过圆上一点（不在坐标轴上）作椭圆的两条切线.记的斜率分别为，求证：.
【答案】（1）
（2）面积为.
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知条件列方程组，结合，解出a和b，即可得椭圆的方程；
（2）设， 由可得轨迹方程，再求面积即可；
（3）过点的直线与椭圆相切，与椭圆方程联立，利用得出的一元二次方程，结合韦达定理化简，进而可求出为定值.
【小问1详解】
由题设知椭圆中，得
由得
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
设， 由得
化简得.
表示的是以为圆心，为半径的圆，其面积为.
【小问3详解】
设，且
设过点的直线与椭圆相切，联立
化简得
由得
点在直线上，得代入上式
化简得
因为是椭圆的两条切线，所以是上面方程的两根
由韦达定理得.
由得
所以
又
所以.