山东省潍坊市2024-2025学年高二数学上学期期末考试试题含解析

高考资源网（ks5u），您身边的高考专家欢迎广阔老师踊跃来稿，稿酬丰厚。ks5u高考资源网（ks5u），您身边的高考专家欢迎广阔老师踊跃来稿，稿酬丰厚。ks5u山东省潍坊市2024-2025学年高二数学上学期期末考试试题本试卷共4页．满分150分．考试时间120分钟．一、单项选择题：本大题共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x-y+1=0的倾斜角是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由直线方程求得直线的斜率，再由倾斜角的正切值等于斜率求解．【详解】直线的斜率，设其倾斜角为，，得．故选B．【点睛】本题考查直线的斜率与倾斜角的关系，是基础的计算题．2.在二项式的绽开式中，含的项为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先求得二项式绽开式的通项公式，再令的幂指数等于3，求得的值，即可求得含的项．【详解】解：二项式的绽开式的通项公式为，令，故开式中含项为，故选：A3.已知，是两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线，下列肯定能得到的是（）A.， B.，C.， D.，，，【答案】A【解析】【分析】依据线面垂直的定义和空间直线垂直平行的性质即可判定A正确，举反例可判定BCD错误.【详解】A.若，则直线与平面内的全部直线都垂直，又，∴与平面内的全部直线都垂直，依据线面垂直的定义可得，故A正确；B.若，设过的平面与交于，则依据线面平行的性质定理可得，在平面内，作直线,则，而此时在平面内，故B错误；C.若，设，在平面内作直线，则，由线面平行的判定定理可得，而此时在平面内，故C错误；D.若，，，，当平行时，与平面可平行，可在内，也可斜交，也可垂直，故D错误.故选：A.4.现从甲、乙等7名高校生中选出3人担当北京冬奥会的志愿者，要求甲、乙至少1人入选，则不同的选法共有（）A.10种 B.20种 C.25种 D.35种【答案】C【解析】【分析】利用组合数计算总的选法种数和甲、乙都不入选的选法种数，作差即得所求.【详解】从7人中选3人,有种选法，其中甲、乙都不入选的有种选法，所以要求甲、乙至少1人入选，则不同的选法共有种,故选：C5.已知直线，直线，若，则（）A.2或－5 B.－2或－5 C.2或5 D.－2或5【答案】D【解析】【分析】直线与直线垂直的充要条件是，依据题意即可得到：，然后解得结果即可【详解】依据题意，由，则有：解得：或故选：6.牙雕套球又称“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁复，工艺要求极高．现有某“鬼工球”，由外及里是两层表面积分别为和的同心球（球壁的厚度忽视不计），在外球表面上有一点A，在内球表面上有一点B，连接AB，则线段AB长度的最小值是（）A.1cm B.2cm C.3cm D.【答案】A【解析】【分析】利用球的表面积公式分别求的外球和内球的半径，两半径之差即为所求.【详解】设外球和内球的半径分别为和,则,解得,当B在大球的过A的半径上时AB的长最小，∴AB长度的最小值是,故选：A7.过等轴双曲线的右焦点F作两条渐近线的垂线，垂足分别为M，N，若的面积为2，则a的值为（）A. B.2 C. D.4【答案】B【解析】【分析】求出过右焦点F与垂直的直线，然后与渐近线方程联立，求出点M的坐标，依据对称性得点N的坐标，则可得表示出的面积，然后解方程即可.【详解】双曲线为，右焦点，由已知双曲线的一条渐近线方程为，则过右焦点F与垂直的直线为，联立，解得不妨取，则依据对称性得，解得故选：B.8.如图，某系统由A，B，C，D四个零件组成，若每个零件是否正常工作互不影响，且零件A，B，C，D正常工作的概率都为，则该系统正常工作的概率为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】要使系统正常工作，则A、B要都正常或者C正常，D必需正常，然后利用独立事务，对立事务概率公式计算.【详解】记零件或系统能正常工作的概率为，该系统正常工作的概率为:,故选：C.二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9.已知圆的半径为，圆的半径为，则（）A. B.C.圆与圆外切 D.圆与圆外离【答案】BC【解析】【分析】依据圆与圆的位置关系即可求解.【详解】解：圆的半径为，圆的半径为，故,故B对，A错；圆心距，故圆与圆外切，故C对，D错；故选：BC.10.若，则（）A.绽开式中全部的二项式系数之和为B.绽开式中二项式系数最大的项为第1012项C.D.【答案】ABC【解析】【分析】利用二项式系数的性质可以判定AB;利用赋值法可以判定CD.【详解】绽开式中全部项的二项式系数和为,故A正确；绽开式中第1012项二项式系数为，是全部项的二项式系数中的最大值，故B正确；在二项式绽开式中，令可得，故C正确；令可得,∴,故D错误.故选：ABC11.如图，已知抛物线的焦点为F，过点F且斜率为的直线与抛物线交于两点A，B，与抛物线的准线交于点D，，则（）A. B.C.点A到准线的距离为2 D.点F为线段AD的中点【答案】ABD【解析】【分析】作准线l于点C，轴于M，准线l于点E．轴于M，计算得到，逐项分析，得到答案.【详解】如图所示：作准线l于点C，轴于M，准线l于点E．轴于M，直线的斜率为，所以∴所以，故，故A正确；又∵，∴代入抛物线，得（舍去），故B正确；对于C，由B选项得，直线AB方程为：，与抛物线方程联立得：，即，故,故点A到准线的距离为，故C错误；对于D,由C选项得,,点F为线段AD的中点,故D正确.故选：ABD．12.如图，点P在棱长为1的正方体的对角线上运动，过点P作垂直于平面的直线，与正方体表面相交于E，F两点．设，，则（）A.动点E运动形成的轨迹长度为B.线段EF运动形成的图形面积为C.D.当时，【答案】ABD【解析】【分析】作出线段EF运动形成的图形，依据图形特点对选项一一推断即可．【详解】线段EF运动形成的图形如图所示：动点E运动形成的轨迹长度为，故A正确；线段EF运动形成的图形为平行四边行其面积为，故B正确；当，则，故C错误；当时，有，则，故D正确；故选：ABD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．13.计算：______．【答案】16【解析】【分析】依据排列数和组合数的公式计算即可.【详解】故答案为：16.14.已知向量，，若，则实数______．【答案】【解析】【分析】由题意可知，解方程，即可求出结果.【详解】因为，所以，所以.故答案为：.15.甲、乙、丙、丁、戊五名学生参与“劳动技术竞赛”，决出第一名到第五名的名次，甲、乙、丙去询问竞赛成果，老师说：“甲的成果是亚军，乙不是五人中成果最好的，丙不是五人中成果最差的，而且五人的成果各不相同．”则他们五人不同的名次排列共有______种状况．（用数字填写作答）【答案】14【解析】【分析】由题意，可分两类，丙的成果是最好的和丙的成果不是最好的，依据分类分步计数原理可得．【详解】解：若丙的成果是最好的，则有种，若丙的成果不是最好的，从甲乙丙之外的2人中选1人为成果最好，再选一人为成果最差的，其它随意排，故有种，故共有种，故答案为：14．16.如图所示，底面半径为3，高为8的圆柱内放有一个半径为3的球，球与圆柱下底面相切，作不与圆柱底面平行的平面与球相切于点F，若平面与圆柱侧面相交所得曲线为封闭曲线C，且C是以F为一个焦点的椭圆，则C的离心率的最大值为______．

【答案】【解析】【分析】依据题意，找到椭圆离心率最大的位置点是关键，要保证该椭圆是以切点为焦点，则须要新加一个相同大小的球从圆柱上方放入，使得平面也与该球相切，最终通过建立平面直角坐标系，求得椭圆的离心率【详解】依据题意，可再新增一个半径为3的球从圆柱上方放入，设平面分别交两个球于点和点，则可得：点和点是椭圆的两个焦点当且仅当在圆柱上平面上时，此时椭圆的离心率取得最大值如上图所示，为圆柱的高，为球的半径，则为，为，然后建立以为坐标原点，以为轴，以为轴的平面直角坐标系，易知：，圆的方程为：设直线的斜率为，则该直线的方程为：依据相切可知：点到直线的距离为则有：解得：故直线的方程为：则有：则因，则直线的方程为：联立直线和直线的方程：可解得：则解得：故椭圆的最大离心率为：故答案为：【点睛】立体几何与圆锥曲线相结合的题目，难度较大，可先将立体几何转化为平面几何进行分析，进而简化问题，然后运用平面几何的学问求解问题.四、解答题：本大题共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.已知双曲线的左、右两个焦点分别为，，焦距为8，M是双曲线上的一点．（1）求C的离心率和渐近线方程；（2）若，求．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由已知干脆求a、b、c，再求离心率和渐近线方程；（2）依据双曲线定义干脆求解，留意双曲线上的点到焦点的最小距离为.【小问1详解】由题知：，所以所以双曲线C的离心率，渐近线方程为.【小问2详解】由双曲线定义知：，或又，故不满意.18.如图所示，在中，，斜边．现将以直角边AO为轴旋转一周得到一个圆锥，点C为圆锥底面圆周上的一点，且，点D是线段AB的中点．

（1）求直线CD与OA所成角的余弦值；（2）求点B到平面OCD的距离．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）取OB中点M，连接DM，则可得为直线CD与OA所成角或其补角，在中计算其余弦值即可；（2）过B作交OD于N，通过证明面可得线段的长即为点B到平面OCD的距离，在中计算的长度即可.【小问1详解】取OB中点M，连接DM，CM,因为D,M分别为BA，BO中点，则则为直线CD与OA所成角或其补角，因为面,则面，又CM面，则，，又,,即直线CD与OA所成角的余弦值为；【小问2详解】过B作交OD于N，，面，又面，，又，面，则线段的长即为点B到平面OCD的距离，，.即点B到平面OCD的距离为.

【点睛】19.如图，有三个外形相同的箱子，分别编号为1，2，3，其中1号箱装有1个黑球和3个白球，2号箱装有2个黑球和2个白球，3号箱装有3个黑球，这些球除颜色外完全相同．小明先从三个箱子中任取一箱，再从取出的箱中随意摸出一球，记事务表示“球取自第i号箱”，事务B表示“取得黑球”．（1）分别求，，和的值；（2）若小明取出的球是黑球，推断该黑球来自几号箱的概率最大？请说明理由．【答案】（1），，，.（2）来自3号箱的概率最大,理由见解析.【解析】【分析】（1）利用条件概率公式,计算即可求得，，；三式求和即得；（2）利用条件概率公式分别计算，，，最大者即为所求箱号.【小问1详解】由已知可得,,∴，，，∴.【小问2详解】，，，最大，即若小明取出的球是黑球，该黑球来自3号箱的概率最大.20.已知抛物线的焦点为F，点在抛物线C上．（1）求抛物线C的方程及其准线方程；（2）过点M直线l与抛物线C相交于M，N两点，且的面积为3，求直线l的方程．【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）将点代入计算即可；（2）设直线l的方程为，，与抛物线方程联立，消去，可求出，再求出直线与轴交点坐标，再利用列方程求解即可.【小问1详解】由已知得，解得.所以抛物线C的方程为，其准线方程为;【小问2详解】由（1）得，，设直线l的方程为，，联立，消去得，，则又直线l与轴交点坐标为，解得或所以直线l的方程为或，即或.21.如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，，，，．（1）求证：；（2）若四边形ACEF为矩形，且，求直线DF与平面DCE所成角的正弦值；（3）若四边形ACEF为正方形，在线段AF上是否存在点P，使得二面角的余弦值为？若存在，恳求出线段AP的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析（2）（3）存在，【解析】【分析】（1）利用直角三角形和余弦定理及勾股定理的逆定理经过计算可证得AC⊥CD,然后依据已知条件，利用面面垂直的性质定理可证得CD⊥平面ACEF,从而证得结论；（2）依据已知条件利用面面垂直的性质定理可证得AF,AB,AD两两垂直，以A为原点，以射线AB、AD、AF为x,y,z轴，建立空间直角坐标系.然后利用空间向量运算求得；（3）与（2）同样建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解.【小问1详解】∵，，∴四边形ABCD为直角梯形，又∵，∴∠BAC=45°，AC=，∴∠CAD=45°，又∵AD=2,∴CD=．∴,∴,又∵平面ACEF⊥平面ABCD,平面ACEF∩平面ABCD=AC,CD⊂平面ABCD,∴CD⊥平面ACEF,又∵AF⊂平面ACEF,∴CD⊥AF【小问2详解】∵四边形ACEF为矩形，∴AF⊥AC,又∵平面ACEF⊥平面ABCD,平面ACEF∩平面ABCD=AC,AF⊂平面ACEF,∴AF⊥平面ABCD,CE⊥平面ABCD∴AFAB,AD两两垂直，以A为原点，以射线AB、AD、AF为x,y,z轴，建立空间直角坐标系如图所示.∵AF⊥平面ABCD,AF//CE,∴CE⊥平面ABCD，又∵，∴CE=CDtan30°=,∴A(0,0,0),B(0,1,0),C(1,1,0),D(2,0,0),F(0,0,),E(1,1,),,由AC⊥CE,AC⊥CD,CE∩CD=C,∴AC