2023-2024学年四川省泸州市泸县重点中学高二（上）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年四川省泸州市泸县重点中学高二（上）期末数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.直线的倾斜角为( )
A. B. C. D.
2.若直线与互相垂直，则等于( )
A. B. C. 或 D. 或
3.离心率为的双曲线的渐近线方程是( )
A. B. C. D.
4.如图，是四面体，是的重心，是上一点，且，则( )
A. B.
C. D.
5.“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于的偶数都可以写成两个素数质数之和，也就是我们所谓的“”问题．它是年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中都取得了相当好的成绩．若将拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为素数的概率为( )
A. B. C. D.
6.如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截得到的，其中，，，，则点到平面的距离为( )
A.
B.
C.
D.
7.已知点是直线：上的动点，过点作圆：的切线，为切点，若最小为时，圆：与圆外切，且与直线相切，则的值为( )
A. B. C. D.
8.已知数列的首项，且满足，则存在正整数，使得成立的实数组成的集合为( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.有一个正四面体玩具，四个面上分别写有数字，，，其玩法是将这个正四面体抛掷一次，记录向下的面上的数字现将这个玩具随机抛掷两次，表示事件“第一次记录的数字为”，表示事件“第二次记录的数字为”，表示事件“两次记录的数字和为”，表示事件“两次记录的数字和为”，则( )
A. 与互斥 B. 与互斥 C. 与相互独立 D. 与相互独立
10.已知：，：，点，分别在，上，则( )
A. 若的半径为，则
B. 若，则与相交弦所在的直线为
C. 直线：截所得的最短弦长为
D. 若的最小值为，则的最大值为
11.如图，在直三棱柱中，，，则( )
A. 平面
B. 平面平面
C. 异面直线与所成的角的余弦值为
D. 点，，，均在半径为的球面上
12.已知抛物线：的焦点为，是抛物线上一个动点，点，则下列说法正确的是
( )
A. 若，则
B. 过点与抛物线有一个公共点的直线有条
C. 的最小值为
D. 点到直线的最短距离为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.两条直线和的距离为______．
14.已知圆：，若直线被圆截得的弦长为，则 ______．
15.已知数列的首项，且，，则满足条件的最大整数 ______．
16.双曲线的右焦点为，双曲线的一条渐近线与以为直径的圆交于点异于点，与过且垂直于轴的直线交于，若，则双曲线的离心率为 ．
四、解答题：本题共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.本小题分
已知圆的圆心在直线上，且圆经过点与点．
求圆的方程；
过点作圆的切线，求切线所在直线的方程．
18.本小题分
有一批货物需要用汽车从城市甲运至城市乙，已知从城市甲到城市乙只有两条公路，且通过这两条公路所用的时间互不影响．据调查统计，通过这两条公路从城市甲到城市乙的辆汽车所用时间的频数分布如表：
所用的时间
通过公路的频数
通过公路的频数
为进行某项研究，从所用时间为的辆汽车中随机抽取辆．
(ⅰ)若用分层随机抽样的方法抽取，求从通过公路和公路的汽车中各抽取几辆；
(ⅱ)若从(ⅰ)的条件下抽取的辆汽车中，再任意抽取辆汽车，求这辆汽车至少有辆通过公路的概率．
假设汽车只能在约定时间的前出发，汽车只能在约定时间的前出发．为了尽最大可能在各自允许的时间内将货物从城市甲运到城市乙，汽车和汽车应如何选择各自的道路？
19.本小题分
如图，在三棱锥中，，，平面平面，．
证明：；
若三棱锥的体积为，求平面与平面所成角的余弦值．
20.本小题分
已知椭圆：，直线：过的右焦点当时，椭圆的长轴长是下顶点到直线的距离的倍．
Ⅰ求椭圆的方程；
Ⅱ设直线与椭圆交于，两点，在轴上是否存在定点，使得当变化时，总有为坐标原点？若存在，求点的坐标；若不存在，说明理由．
21.本小题分
已知数列的前项和为，对任意，有，且，数列满足．
求数列的通项公式；
求数列的前项和．
22.本小题分
已知动点与定点的距离和到定直线：的距离的比是常数．
求动点的轨迹方程，并说明轨迹即曲线的形状．
过作两直线与抛物线相切，且分别与曲线交于，两点，直线，的斜率分别为，．
求证：为定值；
试问直线是否过定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了直线的斜率与倾斜角的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
设直线的倾斜角为，，可得，解得．
【解答】
解：设直线的倾斜角为，，
则，解得．
故选：．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了两条直线相互垂直的直线与斜率之间的关系、分类讨论的思想方法，属于基础题．
对分类讨论，利用两条直线相互垂直的直线与斜率之间的关系即可得出．
【答案】
解：当时，两条直线分别化为：，，此时两条直线互相垂直；
当时，两条直线分别化为：，，此时两条直线不互相垂直；
当，时，两条直线分别化为：，，
直线与互相垂直，
，
解得或舍去，
综上可得：或．
故选：．
3.【答案】
【解析】解：离心率为的双曲线，可得，所以，即，
所以双曲线的渐近线方程为：，
故选：．
利用双曲线的离心率求解，的关系，然后求解渐近线方程．
本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率以及渐近线方程的求解与应用，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：是四面体，是的重心，是上一点，且，
．
故选：．
利用空间向量加法法则求解．
本题考查向量的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
将拆成两个正整数的和，利用列举法求出基本事件有个，拆成的和式中，加数全部为素数的基本事件有个，由此能求出拆成的和式中，加数全部为素数的概率．
【解答】
解：将拆成两个正整数的和，基本事件有：
，，，，，，，，，，，，，共个，
拆成的和式中，加数全部为素数的基本事件有：
，，，共个，
则拆成的和式中，加数全部为素数的概率为．
故选：．
6.【答案】
【解析】解：以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
，．
设为平面的法向量为，
则，即，令，得．
又，
点到平面的距离．
故选：．
建立空间直角坐标系，计算平面的法向量，利用点到面距离的向量公式即得解．
本题考查点到平面距离公式等基础知识，考查运算求能力，是中档题．
7.【答案】
【解析】解：易知，当与直线垂直时，切线长最短，
而圆：，圆心，半径，由，
则．
所以，解得．
故此时直线的方程为：．
又圆：，圆心，半径，
由圆，圆外切可得，化简得，故．
圆与直线相切，所以，
即，解得或舍．
故选：．
当时，切线长最小，结合圆的半径和，可求出此时圆心到直线的距离，从而求出的值，直线的方程可求；再根据圆与圆外切，与直线相切，就可以求出的值．
本题考查直线与圆的位置关系、圆与圆的位置关系等基础知识，同时考查学生的运算能力．属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：数列的首项，且满足，
可得
，显然，
存在正整数，使得成立，
，或，
故存在正整数，使或，
或，即或，
当为偶数时，，递增，可得的最小值为；
，递减，可得的最大值为，
当为奇数时，递减，可得的最大值为；
，递增，可得的最小值为，
则的取值范围是．
故选：．
运用数列恒等式：，结合等比数列的求和公式可得，讨论为奇数和偶数，结合数列的单调性求得最值，可得所求范围．
本题考查数列的通项公式的求法，注意运用数列的恒等式和等比数列的求和公式，考查存在性问题解法，注意运用分类讨论思想方法，考查化简整理的运算能力，属于难题．
9.【答案】
【解析】解：因为事件和事件可以同时发生，
所以与不互斥，不正确；
因为事件和事件不能同时发生，
所以与互斥，B正确；
用表示第一次事件记录的数字为，第二次事件记录的数字为，
则“两次记录的数字和为”可以是，，，，
所以，，
，故C正确，
，，
，故D正确，
故选：．
根据事件的互斥的定义即可判断不正确、B正确；根据相互独立的定义即可判断、D正确．
本题主要考查互斥事件相关的概率计算，属中档题．
10.【答案】
【解析】解：由题意得，：的圆心为，半径，：，圆心为，
若的半径为，则，解得，故A正确；
若，则：，两圆方程相减，
得与相交弦所在的直线为，故B错误；
易得直线：过定点，且点在内，
则圆心与点的距离为，
则直线：被所截的最短弦长为，故C正确；
若的最小值为，
则与内含或外离，
由点在内，得与内含，
当被内含时，有，
此时的最小值为，解得，
的最大值为，
这种情况足以判断D错误，作为选择题，则无须考虑被的情况，故D错误．
故选：．
直接求的半径即可判断；两圆方程相减即可得相交弦所在直线方程，从而判断；易知直线过定点，当定点与圆心连线与垂直时，可得弦长最小值，从而判断；先根据的最小值确定两圆的位置关系并求出，从而可得的最大值，可判断．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：三棱柱中，，平面，平面，
所以平面，所以选项正确；
在直棱柱中，平面平面，
又因为，平面，
所以平面，所以，
因为，所以，
而，
所以平面，平面，
所以平面平面，所以B正确；
因为，所以与所成的角等于与所成的角，
因为，
在中，，，，
所以，
所以，所以C正确；
在直三棱柱中，因为，，，
所以点，，，在以为直径的球上，
即球的直径，
即点，，，均在半径为的球面上，所以选项错误．
故选：．
根据线面平行的判定定理及线面垂直的判定定理得出，选项的真假，异面直线所成角的转化判断出选项的真假，根据外接球直径判断选项的真假．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查抛物线的性质的应用及直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
求出抛物线焦点坐标及准线方程，再根据抛物线定义即可判断；由在抛物线外，可得过有两条切线和一条与对称轴平行的直线与抛物线有一个公共点，可判断；由三点共线可得线段之和最小，可判断；由点到直线的距离公式求出到直线的距离的表达式，由纵坐标的范围求出最小值，可判断．
【解答】
解：由抛物线：的方程可得焦点，准线方程，
中，由抛物线的性质，
则，代入抛物线的方程可得，所以不正确；
中，将点的坐标代入：，可得点在抛物线的外面，
所以过有两条直线与抛物线相切，还有一条平行于轴的直线与抛物线有一个公共点，
所以有条直线与抛物线有一个公共点，B正确；
中，，
当且仅当，，三点共线，且位于线段上时取等号，所以C正确；
中，点到直线的距离
，所以的最小值为，不正确；
故选：．
13.【答案】
【解析】解：由平行线间的距离公式可得它们的距离．
故答案为：．
由平行线间的距离公式可得它们的距离的大小．
本题考查平行线间的距离公式的应用，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：将化为标准式得，故半径为；
圆心到直线的距离为，
由弦长为可得，解得．
故答案为：．
将圆一般方程化为标准方程，先求圆心到直线的距离，再由圆的弦长公式即可解出的值．
本题考查圆的方程与直线与圆位置关系，属基础题．
15.【答案】
【解析】解：首项，且，
可得，
即有得，
可得数列是首项为，公比为的等比数列，
则，
即，
可得
，
即，
由，可得的最大值为．
故答案为：．
对数列的递推式两边取倒数，结合等比数列的定义、通项公式和求和公式，以及不等式的性质，即可得到所求最大值．
本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式和求和公式，以及不等式的解法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
根据题意，利用直角三角形，渐近线的斜率，三角形的面积关系可得关于，，的方程，化简即可得出双曲线的离心率．
【解答】
解：不妨设双曲线的一条渐近线方程为，
由题意知，又，，，所以，
若，则，即，
在中，由勾股定理可得，
又，可得，
所以，化简可得，即，
所以，
故答案为：．
17.【答案】解：设 线段的中点为，，
线段的垂直平分线为，与联立得交点，
．
圆的方程为．
当切线斜率不存在时，切线方程为．
当切线斜率存在时，设切线方程为，即，
则到此直线的距离为，解得，切线方程为．
故满足条件的切线方程为或．
【解析】求出直线的中垂线方程，然后求解圆的圆心坐标，求出半径，即可求解圆的方程．
利用斜率是否存在，分类求解，通过点到直线的距离公式与圆的半径相等，求解即可．
本题考查圆的方程的求法，直线与圆相切切线方程的求法，考查计算能力．
18.【答案】解：从通过公路的汽车中抽取辆，从通过公路的汽车中抽取辆；
这辆汽车都不通过公路的概率为，所以这辆汽车至少有辆通过公路的概率为．
汽车，若选择公路，则在允许的时间内将货物从城市甲运到城市乙的概率为，若选择公路，概率为；
汽车，若选择公路，则在允许的时间内将货物从城市甲运到城市乙的概率为，若选择公路，概率为；
所以汽车应选公路，汽车应选公路．
【解析】利用分层抽样的比例关系列式求解；先求辆汽车都不通过公路的概率，再求至少有辆通过公路的概率；
分别求出、两辆汽车按时将货物从城市甲运到城市乙的频率，用频率估计概率进行抉择．
本题考查分层抽样，古典概型，排列数，用频率估计概率，属于基础题．
19.【答案】证明：因为平面平面，，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，所以平面，
因为平面，所以；
解：过点在平面内作交于，
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，
因为，，则，
由等面积法可得，
所以，
因为，所以，
又因为，
以点为坐标原点，的方向分别为、、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设平面的一个法向量为，所以，
则，解得：，
取，则，，所以平面的一个法向量为，
由题可得，平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
【解析】由面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理即可证明；
建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由向量法求解即可．
本题考查线线垂直的证明和平面与平面所成角，属于中档题．
20.【答案】解：Ⅰ设椭圆的焦距为，直线恒过定点，所以，
当时，直线：，椭圆的下顶点到直线的距离，
由题意可得，解得，，所以椭圆的方程为；
Ⅱ当时，显然在轴上存在点，使得；
当时，由消去，可得，
设，，，，
设满足题设条件，
，
则，即，
时，上式恒成立．
所以在轴上存在点满足题设条件．
【解析】Ⅰ由题意可得，运用点到直线的距离公式和，，的关系，解方程可得，，进而得到椭圆的方程；
Ⅱ讨论，显然存在；当时，联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和直线的斜率公式，化简整理，即可得到所求定点．
本题考查椭圆的方程和性质，以及直线和椭圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：由题意得，，时，，得到时，，
，得到，整理得，
，所以，即
数列是以为首项，公差为的等差数列．
即
，
，
即．
法：问题可以看成是数列和数列的前项的和为偶数时，
数列的前项的和是；
为奇数时，数列的前项的和是；
数列的前项的和是；
所以，．
法：设数列的前项的和是．，，
，；
两式相减，得，
所以，．
数列的前项的和是，
所以，．
【解析】直接利用数列的递推关系求出数列的通项公式；
利用分组法和乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法，数列的求和，分组法的求和，乘公比错位相减法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
22.【答案】解：易知，点到定直线：的距离为，
因为动点与定点的距离和到定直线：的距离的比是常数，
所以，
整理得，
则点的轨迹方程为；
证明：不妨设过点与抛物线相切的直线方程为，，
联立，消去并整理得，
此时，
解得，
因为直线，的斜率分别为，，
所以，是方程的两个实数根，
由韦达定理得，，
则，
所以为定值，定值为；
不妨设直线的方程为，且，，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得，
由知，
所以，
即，
整理得，
即，
此时，
解得或，
当时，直线的方程为，
此时直线恒过定点，不符合题意；
当时，直线的方程为，
此时直线恒过定点．
综上所述，直线恒过定点．
【解析】由题意，得到，进而求得点的轨迹方程；
设切线方程为，联立方程组，由，得到，转化为，是方程的两根，得到，，进而可求得，即可得证；
设直线的方程为，联立方程组，求得，由，结合斜率公式，化简求得或，再由直线的点斜式方程，即可得到直线恒过定点．
本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
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