精品解析：四川省宜宾市兴文第二中学校2023-2024学年高二下学期开学考试数学试题（含解析）

兴文二中高2022级高二下学期开学考试
数学试题
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页，共150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题：本题共8小感，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．已知复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
2．直线的倾斜角是（ ）
A．41° B．49° C．131° D．139°
3．为弘扬我国古代“六艺”文化，某校研学活动社团计划开设“礼、乐、射、御、书、数”六门体验课程.若甲、乙两位同学均只能体验其中一门课程，则甲、乙恰好选中相同课程的概率为（ ）
A． B． C．1 D．
4．圆与圆的位置关系是（ ）
A．内含 B．内切 C．相交 D．外切
5．若直线与直线平行，则的值为（ ）．
A．或 B． C．或 D．
6．已知A，B，C，D在球O的表面上， 为等边三角形且边长为3，平面ABC，，则球O的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．记椭圆的左焦点和右焦点分别为，右顶点为，过且倾斜角为的直线上有一点，且在轴上的投影为.连接，的方向向量，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．斐波那契数列是意大利数学家斐波那契在撰写《算盘全书》(LiberAbacci)一书中研究的一个著名数列，，，，，，，，，，该数列是数学史中非常重要的一个数列．它与生活中许多现象息息相关，如松果、凤梨、树叶的排列符合该数列的规律，与杨辉三角，黄金分割比等知识的关系也相当密切．已知该数列满足如下规律，即从第三项开始，每一项都等于前两项的和，根据这个递推关系，令该数列为，其前项和为，，，若，则（ ）
A． B． C． D．
二、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．某公司对三名毕业生的九项能力进行指标测试（每项指标总分为1，分值高者为优），根据雷达图判断下列说法合理的有（ ）
A．学生甲各项素质和能力都比较突出 B．学生乙各项素质和能力相对处于中等水平
C．学生乙需要提高语言表达能力 D．学生丙各项能力都有待提高
10．已知双曲线的左、右顶点分别为A，B，P是C上任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A．C的渐近线方程为
B．若直线与双曲线C有交点，则
C．点P到C的两条渐近线的距离之积为
D．当点P与A，B两点不重合时，直线PA，PB的斜率之积为2
11．已知动点P与两定点，的距离之比为，则（ ）
A．点P的轨迹所围成的图形的面积是
B．点P到点A的距离的最大值是2
C．点P到点B的距离的最大值是6
D．当P，A，B不共线时，的面积最大值是3
12．在长方体中，，，，动点在平面内且满足，则（ ）
A．无论，取何值，三棱锥的体积为定值30
B．当时，的最小值为
C．当时，直线与直线恒为异面直线
D．当时，平面
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．椭圆的焦距等于 .
14．已知数列的首项，且满足，则中最小的一项是第 项.
15．已知椭圆：，直线：与椭圆交于，两点，则过点，且与直线：相切的圆的方程为 ．
16．设抛物线 的焦点是， 直线与抛物线相交于、两点， 且， 线段的中点到抛物线的准线的距离为， 则的最小值为
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．已知△ABC的三个顶点分别为A（﹣3，0），B（2，1），C（﹣2，3），试求：
（1）边AC所在直线的方程；
（2）BC边上的中线AD所在直线的方程；
（3）BC边上的高AE所在直线的方程.
18．某中学为了解高一年级数学文化知识竞赛的得分情况，从参赛的1000名学生中随机抽取了50名学生的成绩进行分析．经统计，这50名学生的成绩全部介于55分和95分之间，将数据按照如下方式分成八组：第一组，第二组，…，第八组，下图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分．已知第一组和第八组人数相同，第七组的人数为3人．
(1)求第六组的频率；若比赛成绩由高到低的前15%为优秀等级，试估计该校参赛的高一年级1000名学生的成绩中优秀等级的最低分数（精确到0.1）；
(2)若从样本中成绩属于第六组和第八组的所有学生中随机抽取两名学生，记他们的成绩分别为x，y，从下面两个条件中选一个，求事件E的概率．
①事件E：；
②事件E：．
注：如果①②都做，只按第①个计分．
19．已知是公比为的等比数列，前项和为，且，，，.
(1)求的通项公式；
(2)若对任意的，是和的等差中项，求数列的前项和.
20．已知抛物线的焦点为F，A，B是该抛物线上不重合的两个动点，O为坐标原点，当A点的横坐标为4时，．
(1)求抛物线C的方程；
(2)以AB为直径的圆经过点，点A，B都不与点P重合，求的最小值．
21．在中，，，，、分别是、上的点，满足且，将沿折起到的位置，使，是的中点，如图所示.

(1)求与平面所成角的大小；
(2)在线段上是否存在点（不与端点、重合），使平面与平面垂直 若存在，求出与的比值；若不存在，请说明理由.
22．已知，，点满足，记点的轨迹为曲线.斜率为的直线过点，且与曲线相交于，两点.
(1)求斜率的取值范围；
(2)在轴上是否存在定点，使得无论直线绕点怎样转动，总有成立？如果存在，求点的坐标；如果不存在，请说明理由.
试卷第1页，共3页
1．B
【分析】方法一：先化简复数，求出，在写出它的共轭复数，最后利用公式计算即可；
方法二：先化简复数，利用即可.
【详解】方法一：因为，，，，
所以，
所以，
所以，
所以．
方法二：由，
所以．
故选：B．
2．D
【分析】确定直线的斜率为，得到倾斜角.
【详解】直线的斜率为，
故直线的倾斜角为.
故选：D.
3．D
【分析】根据题意列表结合古典概型的计算公式运算求解.
【详解】如图，根据题意可得：“甲、乙两位同学均只能体验其中一门课程”共有36个基本事件，
“甲、乙恰好选中相同课程”共有6个基本事件，则概率为.
故选：D.
4．A
【分析】由两圆的方程可确定两圆的圆心和半径，由圆心相同、半径不同可得位置关系为内含.
【详解】由得： 圆心坐标，半径
由得： 圆心坐标，半径
两圆圆心一致， 两圆位置关系为内含
故选：
【点睛】本题考查圆与圆的位置关系的判断，关键是能够根据圆的方程确定圆心和半径.
5．D
【分析】根据直线平行关系可得方程组，解方程组求得结果.
【详解】因为直线：与直线：平行，
所以 ，解得.
故选：D.
【点睛】易错点点睛：本题容易忽视，即两直线重合的情况，这种情况要排除.
6．C
【分析】球心在平面的投影为的中心，设为，连接，计算，，根据勾股定理得到，计算表面积得到答案.
【详解】球心在平面的投影为的中心，设为，连接，
是中点，连接，如图所示：
，，则，四边形为矩形，
，，故，.
故选：C
7．C
【分析】根据直线的方向向量，分析出的值，证明出，最后借助的两种表达方式列方程求解.
【详解】由于，根据直线方向向量的性质可得，直线的斜率为，即倾斜角为，于是，即，故，由此得到，，，所以离心率.
故选：C
8．D
【分析】结合数列的递推公式，由累加法求解即可.
【详解】由已知，斐波那契数列的递推公式为，∴，
∴，，，，，
上式累加，得，
∴，
∴.
故选：D.
9．BC
【分析】直接根据雷达图，即可判断每个选项的正误.
【详解】对A：由雷达图可知：甲的身体素质和计算能力不突出，故A错误；
对B：由雷达图可知：学生乙各项素质和能力相对处于中等水平，故B正确；
对C：由雷达图可知，语言表达能力在平均水平以下，需要提高，故C正确；
对D：学生丙的身体素质和计算机能力比较突出，不需要提高，而其他各项能力都有待提高，故D错误.
故选：BC
10．AC
【分析】由双曲线的渐近线方程可判断A，通过对比直线与双曲线的渐近线斜率之间的关系可求解B，结合点到直线的距离公式可求C，PA，PB的斜率相乘后，结合双曲线方程化简可得定值，则D可判断.
【详解】双曲线，则，
对于A，C的渐近线方程为，A正确；
对于B，由双曲线的渐近线方程为可知，
若直线与双曲线C有交点，则，B错误；
对于C，设点，则，
点P到C的两条渐近线的距离之积为，C正确；
对于D，易得，，设，则，
所以直线PA，PB的斜率之积为，D错误．
故选：AC.
11．ACD
【分析】利用动点P与两定点，的距离之比为，确定动点的轨迹方程，求得圆心到的距离可求得到距离的最大值，求得到直线最大距离为2，即可求的面积最大值.
【详解】对于A，设，因为动点P与两定点，的距离之比为，
所以，
即，即，
所以点为以为圆心，半径为2的圆上一点，
所以点P的轨迹所围成的图形的面积是，故A正确；
对于B，P到点A的距离的最大值为圆心到的距离加上圆的半径，又，
所以点P到点A的距离的最大值为1+2=3，故B错误；
对于C，P到点B的距离的最大值为圆心到的距离加上圆的半径，又，
所以点P到点B的距离的最大值是4+2=6，故C正确；
对于D，当P，A，B不共线时，到直线最大距离为2，的面积最大值，故D正确.
故选：ACD.
12．BD
【分析】对于各选项分别确定点即可求解.
【详解】对于A，在长方体中，由于动点在平面内，所以点到平面的距离恒为3，
又，所以，故A错误；

对于B，当时，点在线段上，将矩形和矩形展开为矩形,则
，故B正确；

对于C，当时，由得，所以点在线段上,
由于，所以当时，点即为点，此时直线与直线平行，故C错误；

对于D，当时，由得点在线段上，连接，

因为在长方体中，所以可得，所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，而平面，所以平面平面，
又平面，所以平面，故D正确；
故选：BD.
13．4
【分析】根据椭圆的方程，求得的值，即可求解.
【详解】由题意，椭圆，可得，则，
所以椭圆的焦距为.
故答案为：.
14．5
【分析】利用配凑法将题目所给递推公式转化为，即证得为首项为，公差为的等差数列，由此求得的表达式，进而求得的表达式，并根据二次函数的对称轴求得当时有最小值．
【详解】由已知得，，所以数列为首项为，公差为的等差数列，
，则，
其对称轴，所以的最小的一项是第项.
故答案为：5.
【点睛】关键点点睛：利用配凑法将题目所给递推公式转化成等差数列是解题的关键．
15．．
【分析】通过椭圆：，直线：与椭圆交于，两点，求出、坐标，然后求解圆心坐标，半径，最后求出圆的方程．
【详解】解：椭圆：，直线：与椭圆交于，两点，
联立可得：，消去可得，，解得或，
可得，，
过点，且与直线：相切的圆切点为，圆的圆心，半径为：．
所求圆的方程为：．
故答案为．
【点睛】本题考查椭圆的简单性质，直线与椭圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力．
16．3
【分析】设 ，， 过点、分别作抛物线的准线的垂线， 垂足分别为、，则到抛物线的准线的距离为，利用余弦定理求出，则，利用基本不等式得到，从而求出的最小值.
【详解】解：设 ，， 过点、分别作抛物线的准线的垂线， 垂足分别为、， 则，，
因为点为线段的中点，由中位线定理可得，到抛物线的准线的距离为，
因为， 在中， 由余弦定理可得，，
所以，
因为， 则， 当且仅当时取等号，
所以，即，故的最小值为．
故答案为：
17．（1）3x﹣y+9＝0（2）2x﹣3y+6＝0（3）2x﹣y+6＝0
【分析】（1）利用直线方程的两点式，即可求解；
（2）求出BC边上的中点D坐标，利用两点坐标，即可求出直线方程；
（3）求出直线的斜率，即可得到高的斜率，利用直线方程的点斜式，即可求解.
【详解】（1）∵A（﹣3，0），C（﹣2，3），
故边AC所在直线的方程为：，
即3x﹣y+9＝0，
（2）BC边上的中点D（0，2），
故BC边上的中线AD所在直线的方程为，
即2x﹣3y+6＝0，
（3）BC边斜率k，
故BC边上的高AE的斜率k＝2，
故BC边上的高AE所在直线的方程为y＝2（x+3），
即2x﹣y+6＝0.
【点睛】本题考查直线方程，熟练掌握直线方程的各种形式是解题的关键，属于基础题.
18．(1)0.08；
(2)选①：；选②：
【分析】（1）根据频率之和为1计算第六组的频率；先判断优秀等级的最低分数所在区间，再根据不低于此分数所占的频率为0.12求得此分数.
（2）分别求出第六组和第八组的人数，列举出随机抽取两名学生的所有情况，再求出事件E所包含事件的个数的概率，根据古典概型求解.
【详解】（1）第七组的频率为，
所以第六组的频率为，
第八组的频率为0.04，
第七、八两组的频率之和为0.10，第六、七、八组的频率之和为0.18，
设优秀等级的最低分数为，则，
由，解得，
故估计该校参赛的高一年级1000名学生的成绩中优秀等级的最低分数.
（2）第六组的人数为4人，设为,，第八组的人数为2人，设为，
随机抽取两名学生，则有共15种情况，
选①：因事件发生当且仅当随机抽取的两名学生在同一组，
所以事件包含的基本事件为共7种情况，
故.
选②：因事件发生当且仅当随机抽取的两名学生不在同一组，
所以事件包含的基本事件为共8种情况，
故.
19．(1);(2).
【分析】(1)根据等比数列的通项公式与求和公式求出首项与公比，即可求的通项公式；
(2)由对数的运算可得数列是等差数列，根据等差数列的求和公式即可求解.
【详解】解：(1)由已知，得或（舍去），
又，由，解得，所以；
(2)由题意得，
所以数列是首项为，公差为1的等差数列，
则
.
20．(1)；
(2)11.
【分析】（1）作出辅助线，利用焦半径与余弦值求出的值，进而求出抛物线方程；（2）设出直线方程，与抛物线方程联立，根据得到等量关系，求出，从而表达出，求出最小值.
【详解】（1）设，因为，所以，，过点A作AD⊥x轴于点D，则，，解得：，所以抛物线方程为.
（2）设直线AB为，，由方程与联立得：，所以，即，且，，所以，，因为以AB为直径的圆经过点，所以，即，即，所以，所以，所以或，
当时，直线AB为过点P，此时与题干条件A，B都不与点P重合矛盾，不合题意，舍去；
当时，直线AB为，满足要求，所以，则，所以当时，最小，且最小值为11.
21．(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据题中条件，可建立以为原点的空间直角坐标系，求出向量及平面的法向量的坐标，然后求出夹角余弦值，进一步计算即可；
（2）假设点存在，并设，然后求出平面和平面的法向量，利用向量垂直，数量积等于零建立方程，解出即可.
【详解】（1）在中，因为，故，
故在四棱锥中，有，，，
而，且平面,平面
故平面，
因平面，所以，
而，故，
而，故可建立如图所示的空间直角坐标系：

在中，因为，
，，
故，，，
在中，，
则，，，，，
故，故，又，，
设平面的法向量为，
则即，
取，则，，故，
故，
故与平面所成角的正弦值为，
因为与平面所成角为锐角，故该角为.
（2）假设点，设，则，故，
又，，
，
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，故，
设平面的法向量为，
则即，
取，则，，
故.
因为平面平面，故，
所以，故，
所以,
所以线段上存在点，使平面与平面垂直，此时.
22．(1)
(2)存在，
【分析】（1）由题意可得点的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支，从而可得曲线的方程，则可求得其渐近线方程，从而可求出斜率的取值范围；
（2）将直线的方程代入双曲线方程化简利用根与系数的关系，设，由，得，即，化简结合前面的式子可求出的值，从而可得答案.
【详解】（1）依题意，所以点的轨迹是以，为焦点的双曲线的右支.
则，，，，
所以曲线的方程为.
曲线的方程为对应的渐近线方程为，
根据渐近线的性质可知，要使直线与曲线有2个交点，
则的取值范围是
（2）由题意得直线为，
由消去并化简得，
其中，.
设，，
则，，
设，因为，即，
则，，
，，
，
所以，
所以，，
，，，
所以存在，使成立
答案第1页，共2页
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