四川省巴中市2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷【含答案解析】

巴中市2023年秋学期高二期末考试数学试题满分150分，考试用时120分钟注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将答题卡交回.一、单项选择题：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.如图，由A，B两盏正常的小灯泡组成并联电路，当闭合开关时，下列事件为必然事件的是（）A.A灯亮，B灯不亮 B.A灯不亮，B灯亮C.A，B两盏灯均亮 D.A，B两盏灯均不亮【答案】C【解析】【分析】根据并联电路的特点及必然事件的概念判断即可.【详解】由A，B两盏正常的小灯泡组成并联电路，当闭合开关时，可知A，B两盏灯均亮.故选：C.2.经过两点，的直线的倾斜角为（）A. B. C. D.不存在【答案】C【解析】【分析】根据条件可知直线垂直轴，即可得倾斜角大小．【详解】∵直线经过两点，，∴直线垂直轴，故倾斜角为．故选：C．3.在等差数列中，已知，，则（）A.15 B.20 C.25 D.30【答案】B【解析】【分析】根据已知条件求公差，从而求得.【详解】设等差数列的公差为，则，所以.故选：B4.已知椭圆的焦点在x轴上，，，则其标准方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据椭圆的性质即可求解.【详解】由，可得，由于焦点在x轴上，所以椭圆方程为，故选：A5.若点在空间直角坐标平面yOz内的射影为点B，则A，B两点的中点坐标为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据对称求解，即可由中点坐标公式求解.【详解】由于题意可得,所以A，B两点的中点坐标，故选：B6.已知圆，圆，则这两个圆的位置关系为（）A.相交 B.相离C.外切 D.内含【答案】A【解析】【分析】确定两圆圆心及半径后，计算出圆心距离与半径的关系即可得.【详解】由可得圆心为，半径，由，即，故圆心为，半径为，则，，，故，故这两个圆的位置关系为相交.故选：A.7.已知点，平面的法向量，若平面，则下列各点中在平面内的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】结合各项分别求出，计算的值是否为0，从而得出结论.【详解】对于A，记，则，∴，故该点不在平面内，故A错误；对于B，记，则，∴，故该点不在平面内，故B错误；对于C，记，则，∴，故该点不在平面内，故C错误；对于D，记，则，∴，故该点在平面内，故D正确.故选：D.8.若曲线与曲线有四个不同的交点，则实数m的取值范围是（）A.或 B.C. D.【答案】C【解析】【分析】曲线的方程可化为，表示以为圆心，1为半径的上半圆，曲线表示两条直线与，而直线与有两个交点，则直线与半圆有2个除外的交点，利用数形结合及斜率公式、直线与圆相切的结论即可求解.【详解】由得，则曲线表示以为圆心，1为半径的上半圆，曲线表示两条直线与，显然直线过圆心，则其与有两个交点，∴直线与半圆有2个除外的交点，由得，则直线过定点，，当直线与半圆相切时，圆心到直线的距离，即，解得或（舍），所以时，直线与半圆有2个除外的交点，此时曲线与曲线有四个不同的交点.故选：C.二、多项选择题：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.已知数列的前项和，则下列说法正确的是（）A. B.数列为单调递增数列C.数列是等比数列 D.【答案】ABC【解析】【分析】利用的关系求出可判断AD；利用等比数列的定义可判断C；由首项及公比可判断B.【详解】∵，∴，故A正确；当时，，∴，也适合，∴，故D错误；∵，∴数列是公比为3的等比数列，故C正确；∵，公比大于1，∴数列为单调递增数列，故B正确.故选：ABC.10.已知点P在双曲线的右支上，，是双曲线的左、右焦点，则下列说法正确的是（）A. B.离心率C.渐近线方程为 D.点到渐近线的距离为3【答案】ABD【解析】【分析】由双曲线方程得，根据双曲线的定义可判断A；由离心率公式可判断B；求出渐近线方程可判断C；根据点到直线的距离公式可判断D.【详解】由双曲线方程得，，∵点P在双曲线的右支上，∴，故A正确；离心率，故B正确；渐近线方程为，故C错误；渐近线方程为，即，则点到渐近线的距离为，故D正确.故选：ABD.11.若圆上恰有四个点到直线的距离为2，则实数a的取值可以为下列（）A.2 B.0 C.1 D.【答案】BCD【解析】【分析】求出圆心到直线的距离，利用半径与关系列式求解得的范围.【详解】由于圆的圆心为，半径，则圆心到直线的距离为，因为圆上恰有四个点到直线的距离为2，所以，即，解得，经验证可知，A错误；BCD正确.故选：BCD.12.在正方体中，若棱长为1，点E，F分别为线段，上的动点（不包括端点），则下列结论正确的是（）A.平面B.异面直线AF与DC所成角的余弦值范围为C.三棱锥的体积为定值D.直线AE与平面所成的角的正弦值为【答案】AC【解析】【分析】根据线线平行即可求解A，根据异面直线所成角即可求解B，根据锥体的体积公式即可求解C，根据线面角的几何法求解即可判断D.【详解】连接，正方体中，,平面,平面,故平面,故A正确，由于,所以即为异面直线AF与DC所成角，由于,则三角形为直角三角形，，所以当,故，B错误，,由于四棱锥的体积为定值，所以三棱锥的体积为定值，C正确，由于平面平面,且交线为，,平面,所以平面，所以为直线AE与平面所成的角，由于长度不确定，所以不为定值，故D错误，故选：AC三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知直线，，若，则m的值为______．【答案】4【解析】【分析】根据两直线垂直得到，解出即可.【详解】由题意得，解得.故答案为：4.14.若空间向量，，且，则实数______．【答案】4【解析】【分析】由空间向量平行的坐标计算可得.【详解】因为，所以，所以，解得，故答案为：415.某学校举行乒乓球比赛，采取五局三胜制，甲、乙两位同学角逐冠亚军．若甲发球甲获胜的概率为，乙发球甲获胜的概率为，要求甲先发球后交替进行，则打满局甲一举夺冠的概率为______．【答案】##【解析】【分析】根据相互独立事件乘法公式求得正确答案.【详解】发球顺序是：甲、乙、甲，所以打满局甲一举夺冠的概率为.故答案为：16.已知椭圆的右顶点为A，左焦点为F，若该椭圆的上顶点到焦点的距离为2，离心率，若点M为椭圆上任意一点，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】先根据条件求出椭圆方程，再表示出，结合二次函数的知识可得范围.【详解】因为椭圆的上顶点到焦点的距离为2，所以，因为离心率，所以，所以，所以椭圆的方程为.设，则，因为，所以.因为，所以，即的取值范围是.故答案为：四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.记为等比数列的前n项和，已知公比，且，．（1）求数列的通项公式；（2）求，并判断，，是否成等差数列，说明理由．【答案】17.18.；，，成等差数列，理由见解析【解析】【分析】（1）由，结合等比数列的通项公式列方程求解即可；（2）由等比数列的求和公式得，根据等差中项判断，，是否等差数列．【小问1详解】由题意得，，，整理得，解之得或2．因为公比，所以．由等比数列通项公式可得．【小问2详解】由等比数列的前n项和公式及（1）得．所以，又，，因此，所以，，成等差数列．18.新高考科目设置采用“”模式，普通高中学生从高一升高二时将面临选择物理还是历史的问题，某校进行了大数据统计，在1000名学生的问卷调查中，发现有800名学生选择了物理，200名学生选择了历史．（1）从这1000名学生中按选科比例选出五名学生将选科信息录入系统，同时在这五名学生中抽取两名学生作为组长，写出样本空间；（2）求出（1）中两名组长出自不同选科的概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据分层抽样以及列举法求得正确答案.（2）根据古典概型概率计算公式求得正确答案.【小问1详解】因为在1000名学生的问卷调查中，发现有800名学生选择了物理，200名学生选择了历史，按照比例抽取五名学生，因此选择物理的4人，选择历史的1人．记选择物理的四个人分别为1，2，3，4，选择历史的一个人为a，五个人中抽取两个人的样本空间：，共10个样本点．【小问2详解】由（1）知，抽出的两个人来自不同选科的情况共有：共4个样本点，所以．19.如图，四面体的所有棱长均为2，D，F分别为，的中点，且点E为的三等分点（靠近点B）．（1）设向量，，，用，，表示向量；（2）求点D到平面的距离．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据向量的线性运算求得，然后由得出结果；（2）由题意四面体的四个面都为全等的等边三角形，则可得，，所以平面，又因为D为的中点，则点D到平面的距离等于，即可得解．【小问1详解】向量，，，，．因为点D为的中点，E为的三等分点（靠近点B），所以，，．【小问2详解】因为四面体的所有棱长都是2，所以它的四个面都为全等的等边三角形．又D，F分别为，的中点，有，，又，平面，所以平面，又因为D为的中点，所以点D到平面的距离等于点A到平面的距离的一半，因此点D到平面距离等于．20.已知过点的直线与直线平行，圆．（1）若直线为圆C的切线，求直线的方程；（2）若直线与圆C交于M，N两点，求面积的最大值，并求此时实数m的值．【答案】（1）．（2）最大为，或．【解析】【分析】（1）由条件可得直线的方程为，利用圆心到切线的距离等于半径，即可得到答案；（2）由题意结合三角形面积公式可得时最大，所以圆心C到直线的距离为，利用点到直线的距离公式可求得.【小问1详解】因为直线与直线平行，设直线的方程为，又直线过点，则，得，所以直线的方程为．由圆，得其标准方程为，所以圆心为，半径为．因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离，解之得，直线的方程为．【小问2详解】由直线与圆相交于M，N两点，三角形的面积，而，为半径1，因此当最大时，即，此时，最大为．所以圆心C到直线的距离为．由（1）得直线的方程为，所以圆心C到直线l的距离，解之得或．综上所述，最大为，或．21.在①平面平面，；②，；③平面，这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并解答．问题：如图，在四棱锥中，底面是梯形，点E在上，，，，且______．（1）证明：平面平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）选①，由面面垂直的性质可证得平面，从而，又，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与平面的法向量，证即可；选②，由，，可得平面，则，又，则，，AB两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与平面的法向量，证即可；选③，由平面得，又，则，而，，则，，两两垂直．建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与平面的法向量，证即可.（2）求出平面与平面的法向量，利用向量夹角公式求解．【小问1详解】选①，因为平面平面，两个平面交于，，平面，所以平面，而平面，则，又，所以，，两两垂直．建立如图空间直角坐标系，则，，，，，．，，，．设平面的一个法向量为．由得令，则，，所以．设平面的一个法向量为，由得令，则，，所以，因为，则，所以平面平面．选②，，，平面，底面是梯形，，与相交，则平面，而平面，．又，，，AB两两垂直．建立如图空间直角坐标系，则，，，，，．，，，．设平面的一个法向量为．由得令，则，，所以．设平面的一个法向量为，由得令，则，，所以，因为，则，所以平面平面．选③，平面，平面，，，，，，，，两两垂直．建立如图空间直角坐标系，则，，，，，．，，，．设平面的一个法向量为．由得令，则，，所以．设平面的一个法向量为，由得令，则，，所以，因为，则，所以平面平面．【小问2详解】，，设平面的一个法向量为．由得令，则，，所以．而平面的一个法向量为．由，所以平面与平面夹角余弦值为．22.已知抛物线：的焦点为点F，点M在第一象限，且在抛物线上，若，且点M到y轴的距离1，延长MF交抛物线点N．（1）求抛物线的方程及线段MN的长；（2）直线l与抛物线交于A，B两点，记直线MA的斜率为，直线MB的斜率为，当时，直线l是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请说明理由．【答案】（1）；；（2）直线l过定点【解析】【分析】（1）由抛物线定义即可得抛物线E方程，从而再得到、的坐标，即可得线段MN的长；（2）设出、两点坐标，结合抛物线方程与，可得，再设出直线AB的方程，联立曲线结合韦达定理，可得