2024-2025学年山东省济宁市高二上学期期末数学质量检测试题（附解析）

2024-2025学年山东省济宁市高二上学期期末数学质量检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．抛物线的焦点坐标是（

）A． B． C． D．2．已知直线与直线平行，则与之间的距离为（

）A． B．2 C． D．3．已知数列为等差数列，且，，则（

）A．4 B．5 C．6 D．74．圆与圆的公共弦的长度为（

）A． B． C． D．5．在三棱柱中，，，，，，则（

）A． B．C． D．6．若圆上恰有3个点到直线的距离为1，则r＝（

）A．1 B．2 C．3 D．47．若椭圆：的左、右焦点分别为，，为C上的任意一点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第n层有个球，则数列的前20项和为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共4小题）9．已知直线l：，则下列说法中正确的是（

）A．直线l恒过点 B．若直线l的倾斜角为，则C．原点到直线l距离的最大值为 D．若直线l不经过第四象限，则10．已知事件A，B发生的概率分别为，，则下列说法中正确的是（

）A．若A与B互斥，则 B．若，则C．若A与B相互独立，则 D．若，则A与B相互独立11．已知等差数列的前n项和为，且，则下列结论中正确的是（

）A．是递增数列 B．时，n的最大值为13C．数列中的最大项为 D．时，n的最大值为2712．如图所示，在棱长为2的正方体中，点E是棱的中点，则下列结论中正确的是（

）A．点到平面的距离为B．异面直线与所成角的余弦值为C．三棱锥的外接球的表面积为11πD．若点M在底面ABCD内运动，且点M到直线的距离为，则点M的轨迹为一个椭圆的一部分三、填空题（本大题共4小题）13．已知等比数列的前n项和为，且，，则．14．若事件A，B发生的概率分别为，，且A与B相互独立，则．15．如图，二面角的大小为，其棱l上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l．若则两点间的距离为．16．已知双曲线的左焦点为，过点的直线与圆相切于点，与的右支交于点，若，则的离心率为．四、解答题（本大题共6小题）17．已知圆M过点，，．(1)求圆M的标准方程；(2)若过原点的直线l交圆M于E，F两点，且，求直线l的方程．18．一个不透明的箱子中有4个红球、2个蓝球(球除颜色外，没有其它差异)．(1)若从箱子中不放回的随机抽取两球，求两球颜色相同的概率；(2)若从箱子中有放回的抽取两球，求两球颜色相同的概率．19．已知抛物线C：上一点M到其焦点的距离为3，到y轴的距离为2．(1)求抛物线C的方程；(2)若不过原点O的直线l：与抛物线C交于A，B两点，且，求实数m的值．20．已知数列的前n项和为，且．(1)证明数列为等比数列，并求的通项公式；(2)在和之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求数列的前n项和．21．如图，在多面体ABCDEF中，平面平面ABCD，是边长为2的等边三角形，四边形ABCD是菱形，且，，．(1)求证：平面ACF；(2)在线段AE上是否存在点M，使平面MAD与平面MBC夹角的余弦值为．若存在，请说明点M的位置；若不存在，请说明理由．22．已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为、，上顶点为，且．(1)求的标准方程；(2)不过原点的直线与交于不同的两点、，在的延长线上取一点使得，连接交于点（点在线段上且不与端点重合），若，试求直线与坐标轴所围成三角形面积的最小值．

答案1．【正确答案】C【分析】变形为标准形式，得到焦点坐标.【详解】，焦点在轴上，故焦点坐标为.故选：C2．【正确答案】A【分析】在直线上取点，求点到直线的距离即可.【详解】在直线上取点，则与之间的距离即为点到直线的距离，即为.故选：A.3．【正确答案】D【分析】先利用等差数列的性质可得，进而可得公差，再利用和公差求出.【详解】由等差数列的下角标性质可知，得，，得，设等差数列的公差为，则，所以.故选：D.4．【正确答案】D【分析】先确定两圆相交，再将两圆做差可得公共弦所在直线方程，然后利用垂径定理求弦长.【详解】圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，则圆心距离为，故两圆相交，则两圆的公共弦所在直线方程为，即，所以公共弦的长度为.故选：D.5．【正确答案】B【分析】借助空间向量的线性运算计算即可得.【详解】，又，，，故.故选：B.6．【正确答案】C【分析】求出圆心到直线的距离，通过与直线的距离为的平行直线可得的大小.【详解】圆心到直线的距离，因为圆上恰有3个点到直线的距离为1，与直线的距离为的平行直线有两条，如图中虚线，当圆与这两条平行线中的一条有2个交点，一条相切时，可满足题意，此时.故选：C.7．【正确答案】B【分析】利用椭圆的参数方程求出关键点的坐标，将目标式转化为三角函数式子求值域即可.【详解】易知椭圆的参数方程为(是参数)，，故，，，故设，由两点间距离公式得，，故，而，，故，即，故B正确故选：B8．【正确答案】A【分析】根据已知条件中的规律，利用累加法求出数列的通项公式，进而求得，利用裂项相消法求出数列的前20项和即可.【详解】根据已知条件有，当时，，，，，，以上各式累加得：，又，所以，经检验符合上式，所以，所以，设数列的前项和为，则，所以.故选：A.9．【正确答案】AC【分析】结合直线的倾斜角与斜率，过定点问题依次判断即可.【详解】解：对于A项，直线，则直线l恒过点，故A项正确；对于B项，直线l的倾斜角为，则直线l的斜率为，得，故B项错误；对于C项，由A项知，直线l恒过点，则原点到直线l距离的最大值即为原点到点的距离，即，故C项正确；对于D项，当时，直线不经过第四象限，故D项错误.故选：AC10．【正确答案】ACD【分析】利用互斥事件概率公式分析A，条件概率公式分析B，独立事件的性质判断C,独立事件的概率公式分析D即可.【详解】对于A，已知A与B互斥，则，故A正确，对于B，已知，则，故，故B错误，对于C，若A与B相互独立，则，故C正确，对于D，易知，，故，则A与B相互独立，故D正确.故选：ACD11．【正确答案】BC【分析】利用等差数列的前n项和公式和等差数列的性质得到和，从而逐项判断.【详解】由已知，，，所以等差数列的前13项大于0，从第14项开始小于0，B正确；则，所以是递减数列，A错误；且为等差数列的前n项和的最大值，C正确；，D错误.故选：BC.12．【正确答案】ACD【分析】对于A，利用点到平面的距离公式处理即可，对于B，利用线线角的向量求法处理即可，对于C，利用球的方程解出半径再求面积即可，对于D，利用点到直线的距离公式求出轨迹方程，利用二次曲线系的知识判定椭圆即可.【详解】对于A：以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，故，，，设面的法向量，点到平面的距离为，则，，令，解得，，故，由点到平面的距离公式得，故A正确，对于B：易知，，故，，设异面直线与所成角为，则，故B错误，对于C:设三棱锥的外接球的方程为，将代入球的方程，可得，，，，利用加减消元法可得，，解得，代入方程中可得，，解得，，故表面积为，故C正确，对于D：易得，故与平行的单位向量，设，，由点到直线的距离公式得，化简得而，结合二次曲线系知识得，故是椭圆，故点M的轨迹为一个椭圆的一部分，故D正确.故选：ACD关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是利用空间中点到直线的距离公式，得到所要求的轨迹方程，结合二次曲线系判定椭圆．13．【正确答案】121【分析】求出公比和首项，利用等比数列求和公式求出答案.【详解】设公比为，故，解得，所以，故.故12114．【正确答案】【分析】先求出，进而根据求出答案.【详解】因为A与B相互独立，，所以.故15．【正确答案】【分析】利用向量的线性关系可得，两边平方可求的长度.【详解】因为二面角的大小为，，.,即两点间的距离为.故16．【正确答案】【分析】先利用条件表示出，然后在三角形中利用余弦定理列式计算得到，进而根据求出离心率.【详解】设双曲线右焦点为，则，则，所以，又，所以，整理得，所以.故答案为.17．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）由弦AB和BC的中垂线交点得圆心坐标，再求半径，可得圆的方程；（2）由弦心距公式可解.【详解】（1）因为AB的中点为，AB的斜率为1，所以AB的垂直平分线为，即．又BC的垂直平分线为y＝0，联立，得，所以圆心M的坐标为．所以圆的半径为，所以圆M的标准方程为．（2）显然直线l的斜率存在，设其方程为．设圆心到直线l的距离为d，则，则，解得，所以直线l的方程为，即．18．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意写出从箱子中随机抽取两球的样本空间，从而得到答案；（2）分别计算“从箱子中有放回地抽取两球且两球都为红球”和“从箱子中有放回地抽取两球且两球都为蓝球”的概率，利用互斥事件的概率公式计算即可.【详解】（1）把4个红球标记为,，,2个蓝球标记为,从箱子中随机抽取两球的样本空间为:，共有15个样本点，设事件“从箱子中随机抽取两球且颜色相同”，则事件，包含7个样本点，∴．（2）设事件“从箱子中有放回地抽取两球且颜色相同”，事件“从箱子中有放回地抽取两球且两球都为红球”，事件“从箱子中有放回地抽取两球且两球都为蓝球”，则，且与互斥．所以，，则．19．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）点M到准线的距离为3，从而得到方程，求出，得到抛物线方程；（2）联立直线与抛物线方程，得到两根之和，两根之积，根据根的判别式得到不等式，求出，根据向量垂直得到方程，求出.【详解】（1）由题意知，点M到准线的距离为3，所以，解得．故C的方程为；（2）设，，由得，所以，．由得．因为，所以，即，解得或0．又直线l不过原点O，所以．又满足要求，所以．20．【正确答案】(1)证明见解析，(2)【分析】（1）利用等比数列的定义证明，并求通项公式即可.（2）分析题意求出新数列，再用错位相减法求和即可.【详解】（1）因为，①当时，，所以．当时，，②由①－②得，即，所以，又，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以，故．（2）因为，所以，解得，所以．所以，，两式相减得．．所以．21．【正确答案】(1)证明见解析(2)存在点，点为线段AE的中点【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法得出，从而得出，利用四边形是菱形，得出，再利用线面垂直的判定定理即可得出证明；（2）设，，利用（1）结果，求出平面的一个法向量和平面的一个法向量为，再根据条件，利用面面角的向量法即可求出结果.【详解】（1）取的中点，连接，因为为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又四边形是菱形，且，所以，故以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，易知，则，，，，，所以，，得到，故，，得到，所以，又，平面ACF，平面ACF，，∴平面ACF．（2）假设存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，设，，则，所以，，．即，所以，，设平面的法向量为，则即，所以，令，得，所以，又平面的一个法向量为，所以，解得或(舍去)，所以，存在点，使平面与平面夹角的余弦值为，点为线段的中点．22．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）根据三角形的面积公式、椭圆的离心率以及，可求得、的值，由此可得出椭圆的标准方程；（2）设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，根据题意推导出点为线段的中点，将点的坐标代入椭圆的方程，可得出，将韦达定理代入可得，再利用基本不等式可求得直线与两坐标轴围成的三角形面积的最小值.【详解】（1）解：由题意可得，又因为椭圆的离心率为，所以，又，联立解得，，所以椭圆的标准方程为（2）解：设点、，联立可得，则，①由韦达定理可得，，所以，因为点为中点，所以，由，可得，即，