四川省乐至中学2023-2024学年高二上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

乐至中学高2025届第三期半期考试数学试题一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．）1.已知向量，，若，则实数的值为（）A.2B.4C.D.【答案】C【解析】【分析】利用列方程，即可求解.【详解】因为向量，，且，所以，解得：.故选：C2.已知直线过、两点，则直线的倾斜角的大小为A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求斜率，再求倾斜角.【详解】因为，所以直线的倾斜角为，选C.【点睛】本题考查斜率与倾斜角，考查基本求解能力，属基础题.3.已知直线：与：之间的距离为，则（）A.13B.13或C.7D.7或【答案】B【解析】【分析】应用平行线间距离公式计算即可.【详解】因为，则，得或.故选：B. 4.直线：与直线：互相垂直，则（）A.0B.1C.2D.-1【答案】C【解析】【分析】根据两条直线垂直的条件求解即可.【详解】因为直线与直线互相垂直，所以，解得.故选：C.5.在三棱柱中，是四边形的中心，，，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由向量线性运算依次推导即可得到结果.【详解】是四边形的中心，为中点，.故选：C.6.已知是椭圆上一点，分别是椭圆的左､右焦点､若的周长为6，且椭圆上的点到椭圆焦点的最小距离为1，则椭圆的离心率为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的定义和性质列式求，进而可得离心率.【详解】由题意可知：，解得，所以椭圆的离心率.故选：A.7.为庆祝我国第39个教师节，某校举办教师联谊会，甲､乙两名数学老师组成“几何队”参加“成语猜猜猜”比赛，每轮比赛由甲､乙两人各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，则“几何队”在一轮比赛中至少猜对一个成语的概率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用事件的相互独立性求解.法一，所求事件转化为互斥事件的和事件，利用概率加法公式求解即可；法二，利用对立事件的概率和为，间接法可得.【详解】设事件“甲猜对”，“乙猜对”，“几何队至少猜对一个成语”，所以，则.由题意知，事件相互独立，则与，与，与也相互独立，法一：，且两两互互斥，则.法二：事件对立事件“几何队一个成语也没有猜对”，即，则.故选：B.8.已知圆，点是直线上一动点，过点作圆的切线 切点分别是和，下列说法正确的为（）A.圆上恰有一个点到直线的距离为B.切线长的最小值为C.四边形面积的最小值为2D.直线恒过定点【答案】D【解析】【分析】利用圆心到直线的距离可判断A，利用圆的性质得切线长利用点到直线的距离判断B，由题意四边形ACBP面积为判断C，由题知A，B在以为直径的圆上，利用两圆方程得直线AB的方程判断D.【详解】由圆C：，则圆心，半径，∴圆心到直线l：的距离为，而，故A错误；由圆的性质，切线长，∴当最小时，有最小值，又，则，故B错误；∵四边形AMBP面积为，∴四边形AMBP面积的最小值为1，故C错误；设，由题知A，B在以为直径的圆上，又，∴，即，又圆C：，即，∴直线AB的方程为：，即，由，得，即直线AB恒过定点，故D正确.故选：D.二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，漏选得2分，多选不得分．）9.下列说法正确的有（） A.若，共线，则B.任意向量满足C.若是空间的一组基底，且，则四点共面D.已知，，则在上的投影向量为【答案】CD【解析】【分析】按空间向量的基本性质逐项判断即可.【详解】，共线，则或四点共线，故A错误；向量的数量积运算不满足结合律，故B错误；若是空间的一组基底，则三点不共线，且，则，即，所以四点共面，故C正确；因为，即是单位向量，且，所以在上的投影向量为，故D正确；故选：CD10.掷一枚质地均匀的骰子一次，记事件“掷到的点数为5”，事件“掷到的点数小于或等于3”，事件“掷到的点数为偶数”，则下列结论正确的是（）A.B.C.A与B是互斥事件D.A与C是对立事件【答案】ABC【解析】【分析】利用概率的定义以及互斥事件、对立事件的定义判断.【详解】掷骰子所得点数为：1，2，3，4，5，6，， 则，故A正确；，故B正确；又A与B不能同时发生，故C正确；由A不发生C不一定发生，故D错误．故选：ABC.11.若圆与圆的交点为，则（）A.线段中垂线方程为B.公共弦所在直线方程为C.公共弦的长为2D.在过A，B两点的所有圆中，面积最小的圆是圆【答案】BD【解析】【分析】两圆方程作差得到公共弦方程，即可判断B，再求出两圆圆心坐标，即可求出线段中垂线方程，即可判断A；因为圆心在公共弦上，即可判断C，D.【详解】，，则，，，，对于A，联立两圆方程得，可得，即公共弦所在直线方程为，故B正确；由题意可知线段中垂线为直线，又因为，，所以直线的方程为：，故A错误；因为圆心在公共弦上，则公共弦的长为，故C错误；圆心在公共弦上，所以在过A，B两点的所有圆中，面积最小的圆是圆，故D正确. 故选：BD.12.如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与一边长为2的长方形ABEF所在平面互相垂直，动点M，N分别在对角线AC和BF上移动，且，则下列结论中正确的是（）A.，使B.线段MN存在最小值，最小值为C.直线MN与平面ABEF所成的角恒为D.，都存在过MN且与平面BCE平行的平面【答案】AD【解析】【分析】根据题意建立空间直角坐标系，得出的坐标，根据坐标运算可判断选项A，B；由线面角的定义，可将与平面所成角的余弦表示出来，根据余弦值不是定值判定C；通过向量运算证明平面，从而可判定选项D．【详解】因为正方形所在平面与长方形所在平面互相垂直，所以、、两两垂直，建系如图，则,0,，,0,，,0,，,2,，,2,，由，可得,0,，,,，对于A，因为,,，,2,， 所以当时，，所以A正确；对于B，因为，即，当时，等号成立，所以B错误；对于C，因为平面的法向量是，设直线与平面所成角的余弦值为，，则，显然，随着的变化，也在变化，所以C错误；对于D，因为平面的法向量不妨取，又,,，故，所以平面，故对，都可过作出与平面平行的平面，所以D正确．故选：AD．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）13.某学生8次素养测试的成绩统计如下：，则该组数据的第80百分位数为__________．【答案】92【解析】【分析】根据百分位数的计算即可求解.【详解】由于,所以该组数据的第80百分位数为第七个数.故答案为：9214.已知直线过定点A，则A的坐标为________.【答案】【解析】【分析】将直线化成，即可求解. 【详解】直线可化，联立，解得，所以点A的坐标为.故答案为：.15.若实数满足，则的最大值为_________．【答案】##【解析】【分析】根据两点间距离公式，结合圆的几何性质进行求解即可.【详解】因为点在圆上，所以表示圆上点与点连线的距离，又因为圆心为，半径为1，故的最大值为.故答案为：16.已知点为椭圆上的任意一点，到焦点的距离最大值为，最小值为，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】根据点到椭圆焦点的距离的最大值为，最小值为，列出a，c的方程组，进而解出a，c，从而可得，再利用二次函数的性质即可求解.【详解】因为点到椭圆焦点的距离的最大值为，最小值为，所以，所以，所以， 因为，又，所以当所以的取值范围是.故答案为：.四、解答题（本大题共6小题，共70分．）17.（1）过点且与直线平行，求直线的方程；（2）已知圆过点，且圆心在直线上，求圆的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意设直线方程为，再将点代入求解；（2）先求得的垂直平分线方程，再与直线联立，求得圆心，进而得到半径求解.【详解】解：（1）设直线方程为，因为直线过点，则，∴，∴所求直线方程为.（2），则的垂直平分线的斜率为，中点为，故的垂直平分线为，由，解得，即圆心为，圆的半径，故圆方程为.18.在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为，动点P满足（1）求动点P的轨迹C的方程（2）若直线l过点且与轨迹C相切，求直线l的方程. 【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）设，根据动点满足，再用两点间距离公式列式化简作答.（2）讨论直线的斜率，设出直线l的方程，由圆心到直线的距离等于圆的半径求解作答.【小问1详解】设，由，得，化简得，所以P点的轨迹的方程为.【小问2详解】由（1）知，轨迹：表示圆心为，半径为2的圆，当直线l的斜率不存在时，方程为，圆心到直线l的距离为2，与相切；当直线l的斜率存在时，设，即，于是，解得，因此直线的方程为，即，所以直线l的方程为或.19.从某校高二年级随机抽取100名学生的期中考试的数学成绩进行研究，发现他们的成绩都在分之间，将成绩分为五组，，，，，画出频率分布直方图，如图所示： （1）若该校高二年级有750名学生，估计该年级学生的数学成绩不低于80分的学生有多少名？并估计高二段学生的数学成绩的中位数；（2）用分层抽样的方法在区间中抽取一个容量为6的样本，将该样本看作一个总体，从中抽取2名学生的数学成绩，求这两名学生中至少有一人的数学成绩在区间的概率.【答案】（1）该段学生的数学成绩不低于80分的学生名，中位数为（2）【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图的各个小矩形的面积和为1求出x的值，然后该校高二段学生的数学成绩不低于80分的概率，即可得出答案；（2）先确定6个人中分数落在不同区间人数，然后利用古典概率模型求解即可.小问1详解】，，∴该校高二段学生的数学成绩不低于80分的概率为，∴该校高二年级750名学生中，估计该段学生的数学成绩不低于80分的学生有名；设高二段学生的数学成绩的中位数为，，，该段学生的数学成绩不低于80分的学生名，中位数为.【小问2详解】按分层抽样的方法在区间中抽取一个容量为6的样本，则从中抽取3人，从中抽取2人，中抽取1人，从中抽取2名学生的数学成绩，这两名学生中没有一人的成绩在区间的概率为：， 所以两名学生中至少有一人的数学成绩在区间的概率是．20.已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率为，焦距为2．（1）求椭圆的标准方程；（2）过椭圆的左焦点，且斜率为的直线交椭圆于A，两点，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题列出a、b、c的方程，解之即可；（2）将直线与椭圆联立，韦达定理，然后利用弦长公式求底，利用点到直线的距离公式求高，即可求出三角形的面积.【小问1详解】由题意，设所求椭圆标准方程为：，因为焦距为，，又离心率，，再由，所以椭圆标准方程为：.【小问2详解】由（1）知：左焦点为，直线的方程为：则，，由弦长公式, 到直线的距离,．21.如图，在四棱锥中，底面为矩形，分别是的中点．（1）求证：∥平面；（2）再从条件①，条件②中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值．条件①：平面平面；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，可证∥，结合线面平行的判定定理分析证明；（2）若条件①：根据面面垂直的性质定理可证平面，建系，利用空间向量求面面夹角；若条件②：根据线面垂直的判定定理可证平面，建系，利用空间向量求面面夹角.【小问1详解】取的中点，连接， 因为分别为的中点，则∥，且，又因为为矩形，且分别为的中点，则∥，且，可得∥，且，即为平行四边形，则∥，且平面，平面，所以∥平面.【小问2详解】若选条件①：因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，如图，以A为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，可得，由题意可知：平面的法向量，可得，所以平面与平面夹角的余弦值；若选条件②：连接，可知，即，可得，且，，平面，所以平面，如图，以A为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则， 可得，设平面的法向量，则，令，则，可得，由题意可知：平面的法向量，可得，所以平面与平面夹角的余弦值.22.已知椭圆过和两点.（1）求椭圆C方程；（2）如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A，B，当动点M在定直线上运动时，直线，分别交椭圆于两点P和Q.（i）证明：点B在以为直径的圆内；（ii）求四边形面积的最大值.【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii）6【解析】【分析】（1）将两点代入椭圆中，解方程组即可求得椭圆C的方程；（2）（i）分别将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出两点坐标，由数量积可得为钝角，得出证明；（ii）由（i）可写出四边形的面积为，再利用基本不等式以及函数单调性即可得出面积的最大值为6.【小问1详解】依题意将和两点代入椭圆可得，解得；所以椭圆方程为【小问2详解】（i）易知，由椭圆对称性可知，不妨设，；根据题意可知直线斜率均存在，且；所以直线的方程为，的方程为；联立直线和椭圆方程，消去可得；由韦达定理可得，解得，则； 联立直线和椭圆方程，消去可得；由韦达定理可得，解得，则；则，；所以；即可知为钝角，所以点B在以为直径的圆内；（ii）易知四边形的面积为，设，则，当且仅当时等号成立；由对勾函数性质可知在上单调递增，所以，可得，由对称性可知，即当点的坐标为或时，四边形的面积最大，最大值为6.【点睛】关键点点睛：证明点和圆的位置关系时，可利用向量数量积的正负判断与直径所对圆周角的大小即可得出结论；在求解四边形面积的最值时，首先可用一个变量表示出面积的表达式，再根据函数单调性或基本不等式求出最值即可.