四川省遂宁市2024_2025学年高二数学上学期期末试题含解析

这是一份四川省遂宁市2024_2025学年高二数学上学期期末试题含解析，共16页。试卷主要包含了答非选择题时，必须使用0，考试结束后，只将答题卡交回， 某地区今年举行了校园足球联赛， 下列说法中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答题前，务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上.
2.答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其他答案标号.
3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.
5.考试结束后，只将答题卡交回.
一、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. 双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】
由双曲线的方程求出，然后由离心率公式求解.
【详解】因为双曲线，
所以，，
则，
所以.
故选：B
【点睛】本题主要考查双曲线的离心率求法，属于基础题.
2. 某农场共有300头牛，其中甲品种牛30头，乙品种牛90头，丙品种牛180头，现采用分层抽样的方法抽取60头牛进行某项指标检测，则抽取甲，乙，丙三个品种牛的头数分别为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出抽样比例，进而求解.
【详解】由题意知，抽样比例为，
则，
所以抽取甲，乙，丙三个品种牛的头数分别为.
故选：A
3. 经过点且与直线垂直的直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据垂直关系确定直线的斜率，再应用点斜式写出直线方程.
【详解】与直线垂直的直线的斜率为，又直线过点，
所以直线方程为，整理得.
故选：C
4. 将一枚质地均匀的正四面体教具连续抛掷次，第5次和第8次某一面朝下的概率分别记为，，则，的大小关系为（ ）
A. ，的大小由确定B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据古典概率的性质判断两次某一面朝下的概率大小即可.
【详解】由题设及古典概率的性质，对于任意一次某一面朝下的概率均为，不朝下的概率均为，所以.
故选：D
5. 已知圆，圆，则圆与圆的位置关系是（ ）
A. 外离B. 外切C. 相交D. 内含
【答案】C
【解析】
【分析】求出两圆圆心距，利用几何法可判断两圆的位置关系.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆的标准方程为，圆心为，半径为，
所以，两圆圆心距为，
则，故两圆相交.
故选：C.
6. 已知空间向量，，，若，，共面，则m的值为（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件及向量相等的坐标运算，利用向量共面即可求出结果.
【详解】因为，，，且，，共面，
所以，又，得到，解得，
故选：D.
7. 某地区今年举行了校园足球联赛.赛季结束后的数据显示：甲学校足球代表队（下称甲队）每场比赛平均失球数是1.3，每场失球个数的标准差是1.2；乙学校足球代表队（下称乙队）每场比赛平均失球数是1.9，每场失球个数的标准差是0.5.下列说法中正确的是（ ）
A. 平均来说乙队比甲队防守效果好
B. 甲队比乙队技术水平更稳定
C. 甲队在防守中有时表现较差，有时表现又非常好
D. 甲队每场比赛必失球
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均数、标准差的意义逐项分析判断即可.
【详解】对于选项A：因，平均来说甲队比乙队防守效果好，故A错误；
对于选项BC：因为，乙队比甲队技术水平更稳定，故B错误；
且甲队在防守中的波动性较大，可知甲队在防守中有时表现较差，有时表现又非常好，故C正确；
对于选项D：虽然甲队每场比赛平均失球数是1.3，但不能确定每场比赛是否失球，故D错误；
故选：C.
8. 已知点集，分别表示曲线，，若，有四个公共点，则的取值范围（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助绝对值性质分类讨论可得的图象，化简后再分及，分别讨论其与的交点个数即可得.
【详解】对，若，则，即，
若，则，即，
则由两条射线：及组成；
，
即，
①当时，，此时曲线，只有交点，不符；
②当时，有，令，可得，
当时，与必有交点、，
当时，与必有交点、-1,1，
当时，与只有交点；
③令，若，此时该方程无解，不符；
若，则，此时与只有一个交点1,0；
若，则，
则与必有交点、，
当时，两交点坐标、，
则此时，有三个公共点，不符；
则当时，
，有交点、、、，符合要求；
故，有四个公共点时，的取值范围为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于分类讨论得到的图象由两条射线：及组成后，再分及与的交点个数讨论.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共计18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 某人连续投篮三次，每次投一球，记事件为“三次都投中”，事件为“三次都没投中”，事件为“恰有二次投中”，事件为“至少有二次投中”，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】设为三次投篮命中次，可得，，进而逐项分析判断.
【详解】设为三次投篮命中次，
则，可得，
所以，，，，
故ACD正确，B错误.
故选：ACD.
10. 下列说法中，正确的是（ ）
A. 直线的一个方向向量为
B. ，，三点共线
C. 直线（其中）必过定点
D. 经过点，倾斜角为的直线方程为
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A：根据直线方向向量的定义分析判断；对于B：根据斜率公式分析判断；对于C：整理可得，根据直线过定点分析求解；对于D：举反例说明即可.
【详解】对于选项A：因为直线的斜率不存在，
所以直线的一个方向向量为，故A正确；
对于选项B：因为，
即，所以，，三点共线，故B正确；
对于选项C：直线即为，
令，解得，
所以直线（其中）必过定点，故C正确；
对于选项D：例如，可知不存在，故D错误；
故选：ABC.
11. 在平面直角坐标系中，已知两定点，，动点满足直线与直线的斜率之积为，记的轨迹为，则下列描述正确的是（ ）
A. 当时，曲线是以原点为圆心，半径为1的圆
B. 当时，点所在曲线的焦点在轴上
C. 当时，过点的直线与曲线至少有一个公共点
D. 当时，直线与曲线有两个不同公共点，则
【答案】BD
【解析】
【分析】设且，利用两点斜率公式求曲线，根据各项的描述及圆锥曲线方程的特征、联立方程判断直线与曲线的位置关系判断正误.
【详解】设且，则，则且，
当，则曲线为且，即以原点为圆心，半径为1的圆（去掉点），A错；
当，则曲线，若，直线轴时，直线与曲线没有公共点，C错；
当，曲线为焦点在y轴上的双曲线，联立，
整理得，显然不可能有两个交点，
若时，显然恒成立，
所以直线与曲线有两个不同公共点，B、D对.
故选：BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若与互相垂直，则实数的值为___________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的坐标表示、垂直关系的向量表示列式求出.
【详解】由向量，得，，
由与互相垂直，得，
所以.
故答案为：2
13. 已知直线与直线平行（其中为实数），则它们之间的距离为_____.
【答案】3
【解析】
【分析】根据直线平行求得，即可求两平行线之间的距离.
【详解】因直线与直线平行，
则，解得，
可知两直线分别为，，符合题意，
所以两直线的距离为.
故答案为：3.
14. 已知三棱柱，点在内，，，分别为三边的一个三等分点，为面的一个法向量，且.若到面的距离为2，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】过点作平面于点，可得，，再结合空间向量线性运算法则及数量积公式计算即可得.
【详解】过点作平面于点，则，
由三棱柱性质可得平面平面，
故，则，
由、、平面，故
又，，，
则
.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用垂直的性质，其次是注意绝对值的考虑.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知椭圆长轴长为8，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）以的焦点为顶点，短轴为虚轴的双曲线记为，求的方程及其渐近线方程.
【答案】（1）
（2）双曲线的方程为，渐近线方程为
【解析】
【分析】（1）根据题意列式求，即可得方程；
（2）设双曲线的实轴长为，虚轴长为，焦距为，根据题意可得，进而可得双曲线方程和渐近线方程.
【小问1详解】
由题意可知：，可得，
则，所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）可知：的顶点为，短轴长为，
设双曲线的实轴长为，虚轴长为，焦距为，
由题意可知：，且焦点在x轴上，则，
所以双曲线的方程为，渐近线方程为.
16. 已知直线，圆（点为圆心）.
（1）若直线与圆相切，求实数的值；
（2）当时，判断直线与圆是否相交于不同的两点？如果相交于不同两点，记这两点为，并求的面积，如果不相交，请说明理由.
【答案】（1）或；
（2）直线与圆相交于不同的两点，
【解析】
【分析】（1）借助切线定义计算即可得；
（2）计算点到直线的距离，比较半径即可得直线与圆是否相交于不同的两点，再借助垂径定理可计算，即可的的面积.
【小问1详解】
由可得，即、半径，
由可得，
由直线与圆相切，则有，化简得，
即或；
【小问2详解】
当时，，此时点到直线的距离为，
故直线与圆相交，即直线与圆相交于不同的两点，
由，则，
则.
17. 甲、乙两人在沙滩边进行连续多轮走步比赛，甲、乙各有一个不透明的盒子，甲的盒子里面有2个红球1个白球，乙的盒子里面有2个红球3个白球，这些球只有颜色不同.每一轮比赛的规则是：甲、乙同时各自从自己的盒子里面摸出一球，如果甲摸到红球，甲向前走一步，否则原地不动；如果乙摸到白球，乙向前走一步，否则原地不动.各自摸球后都放回自己的盒子中.
（1）经过多轮比赛后，试估计甲、乙走的步数谁多？说明理由？
（2）以频率作为概率，试求2轮比赛后，乙走的步数比甲走的步数多的概率.
【答案】（1）甲，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据每一轮甲前进的概率大于每一轮乙前进的概率，即可得结论.
（2）根据2轮比赛后乙走的步数比甲走的步数多，分三种情况讨论，分别求出其概率，再求和即可.
【小问1详解】
因为甲的盒子里面有2个红球1个白球，甲摸到红球，甲向前走一步，
所以每一轮甲前进的概率为；
因为乙的盒子里面有2个红球3个白球，乙摸到白球，乙向前走一步，
所以每一轮乙前进的概率为；
因为，即每一轮甲前进的概率都大于每一轮乙前进的概率，
所以经过多轮比赛后，估计甲走步数多.
【小问2详解】
若频率作为概率，2轮比赛后，乙走的步数比甲走的步数多有三种情况：
乙走两步甲走一步，概率为；
乙走两步甲走零步，概率为；
乙走一步甲走零步，概率为；
综上，2轮比赛后，乙走的步数比甲走的步数多的概率为
18. 如图，等腰梯形的高为2，，，是上靠近的三等分点，如图①所示，将沿折起到的位置，使得，如图②所示，点在棱上.
（1）求证：直线平面；
（2）若是的中点，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若平面与平面所成的锐二面角为，求的值.
【答案】（1）证明见详解；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据题意可知，进而可得，结合线面垂直的判定定理分析证明；
（2）建系标点，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角；
（3）设，求平面的法向量，利用空间结合面面夹角运算求解.
【小问1详解】
在图①中，过作，垂足为，
则，可知点与点重合，即，
在图②中，可得，
又因为，，平面，
所以直线平面.
【小问2详解】
由（1）可知：直线平面，，
以坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
若是的中点，则，
可得，
设平面的法向量为m=x1,y1,z1，则，
令，则，可得，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
由（2）可知：，
因为点在棱上，设，
则，
设平面的法向量n=x2,y2,z2，则，
令，则，可得，
由题意可得：，
整理可得，解得或（舍去），
所以.
19. 已知抛物线的焦点为，第一象限内的一点在抛物线上，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）直线与抛物线的另一个交点为，求的面积（其中为坐标原点）；
（3）斜率分别为的两条直线都经过点，且与抛物线的另一个交点分别为，若，求证：直线过定点.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义求解即可；
（2）求出直线的方程，联立抛物线方程可得坐标，进而可得的面积；
（3）设方程为，联立抛物线的方程，得出韦达定理，再根据代入韦达定理化简得出或，进而可得定点.
【小问1详解】
由抛物线的定义可得，则，解得，
则抛物线的方程为.
【小问2详解】
由（1）的焦点，，则直线的方程为，
即，联立可得，即，
解得，，则，故.
【小问3详解】
显然直线的斜率不为0，则设方程为，
联立抛物线方程有，即，设，
则，又，
即，，
，则，
故，即.
故或，
则方程为或，即或，
故过（舍去）或，故直线过定点.
【点睛】方法点睛：
（1）定点问题先根据题意确定需要设的直线方程，联立圆锥曲线化简得出韦达定理；