《四川省成都龙泉第二中学2024届数学高二上期末预测试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省成都龙泉第二中学2024届数学高二上期末预测试题含解析（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、四川省成都龙泉第二中学2024届数学高二上期末预测试题请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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已知椭圆的长轴长为10，焦距为8，则该椭圆的短轴长等于（ ）A.3B.6C.8D.122已知等差数列满足，则（）A.B.C.D.3已知抛物线过点，点为平面直角坐标系平面内一点，若线段的垂直平分线过抛物线的焦点，则点与原点间
2、的距离的最小值为（ ）A.B.C.D.4设数列、都是等差数列，若，则等于（）A.B.C.D.5已知抛物线的焦点是双曲线的一个焦点，则双曲线的渐近线方程为（）A.B.C.D.6随着城市生活节奏的加快，网上订餐成为很多上班族的选择，下表是某外卖骑手某时间段订餐数量与送餐里程的统计数据表：订餐数/份122331送餐里程/里153045现已求得上表数据的回归方程中的值为1.5，则据此回归模型可以预测，订餐100份外卖骑手所行驶的路程约为（）A.155里B.145里C.147里D.148里7莱茵德纸草书（RhindPapyrus）是世界上最古老的数学著作之一书中有这样一道题目：把93个面包分给5个人，使
3、每个人所得面包个数成等比数列，且使较小的两份之和等于中间一份的四分之三，则最大的一份是（）个A.12B.24C.36D.488抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，则下列结论中正确的为（）A.与互为对立事件B.与互斥C.与相等D.9已知等差数列的前项和为，且，则（ ）A.3B.5C.6D.1010等比数列满足，则（）A.11B.C.9D.11过抛物线的焦点的直线交抛物线于不同的两点，则的值为A.2B.1C.D.412 “”是“”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。1
4、3过点，且周长最小的圆的标准方程为_14关于曲线C：1，有如下结论：曲线C关于原点对称；曲线C关于直线xy0对称；曲线C是封闭图形，且封闭图形的面积大于2；曲线C不是封闭图形，且它与圆x2+y22无公共点；曲线C与曲线D：|x|+|y|2有4个公共点，这4点构成正方形其中正确结论的个数是_15总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动中华优秀传统文化创造性转化“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的详解九章算法一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起
5、一批又一批数学爱好者的探究欲望如图所示，在由二项式系数所构成的“杨辉三角中，第10行第8个数是_16已知椭圆的右顶点为P，右焦点F与抛物线的焦点重合，的顶点与的中心O重合.若与相交于点A，B，且四边形为菱形，则的离心率为_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）如图，在四棱锥中，平面，四边形是菱形，是的中点（1）求证：；（2）已知二面角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值18（12分）已知椭圆：，是坐标原点，分别为椭圆的左、右焦点，点在椭圆上，过作的外角的平分线的垂线，垂足为，且（1）求椭圆方程：（2）设直线：与椭圆交于，两点，且直线，的斜率之和为0（其中为
6、坐标原点）求证：直线经过定点，并求出定点坐标：求面积的最大值19（12分）已知直线方程为（1）若直线的倾斜角为，求的值；（2）若直线分别与轴、轴的负半轴交于、两点，为坐标原点，求面积的最小值及此时直线的方程20（12分）已知极坐标系的极点在直角坐标系的原点处，极轴与轴的正半轴重合，直线的极坐标方程为，曲线的参数方程是（是参数）（1）求直线的直角坐标方程及曲线的普通方程；（2）求曲线上的点到直线的距离的最大值21（12分）已知圆心为的圆过原点，且直线与圆相切于点.（1）求圆的方程；（2）已知过点的直线的斜率为，且直线与圆相交于两点.若，求弦的长；若圆上存在点，使得成立，求直线的斜率.22（10分
7、）已知直线l：，圆C：.（1）当时，试判断直线l与圆C的位置关系，并说明理由；（2）若直线l被圆C截得的弦长恰好为，求k的值.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】根据椭圆中的关系即可求解.【详解】椭圆的长轴长为10，焦距为8，所以，可得，所以，可得，所以该椭圆的短轴长，故选：B.2、D【解析】根据等差数列的通项公式求出公差，再结合即可得的值.【详解】因为是等差数列，设公差为，所以，即，所以，所以，故选：D.3、B【解析】将点的坐标代入抛物线的方程，求出的值，可求得抛物线的方程，求出的坐标，分析可知点的轨迹是
8、以点为圆心，半径为的圆，利用圆的几何性质可求得点与原点间的距离的最小值.【详解】将点的坐标代入抛物线的方程得，可得，故抛物线的方程为，易知点，由中垂线的性质可得，则点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆，故点的轨迹方程为，如下图所示：由图可知，当点、三点共线且在线段上时，取最小值，且.故选：B.4、A【解析】设等差数列的公差为，根据数列是等差数列可求得，由此可得出，进而可求得所求代数式的值.【详解】设等差数列的公差为，即，由于数列也为等差数列，则，可得，即，可得，即，解得，所以，数列为常数列，对任意的，因此，.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列基本量的求解，通过等差数列定义列等式求解公差
9、是解题的关键，另外，在求解有关等差数列基本问题时，可充分利用等差数列的定义以及等差中项法来求解.5、B【解析】根据抛物线和写出焦点坐标，利用题干中的坐标相等，解出，结合从而求出答案.【详解】抛物线的焦点为，双曲线的，所以，所以双曲线的右焦点为：，由题意，两边平方解得，则双曲线的渐近线方程为：.故选：B.6、C【解析】由统计数据求样本中心，根据样本中心在回归直线上求得，即可得回归方程，进而估计时的y值即可.【详解】由题意：，则，可得，故，当时，.故选：C7、D【解析】设等比数列的首项为，公比，根据题意，由求解.【详解】设等比数列的首项为，公比，由题意得：，即，解得，所以，故选：D8、D【解析】利
10、用互斥事件和对立事件的定义分析判断即可【详解】因为抛掷两枚质地均匀的硬币包含第一枚硬币正面朝上第二枚硬币正面朝上，第一枚硬币正面朝上第二枚硬币反面朝上，第一枚硬币反面朝上第二枚硬币正面朝上，第一枚硬币反面朝上第二枚硬币反面朝上，4种情况，其中事件包含第一枚硬币正面朝上第二枚硬币正面朝上，第一枚硬币正面朝上第二枚硬币反面朝上2种情况，事件包含第一枚硬币正面朝上第二枚硬币反面朝上，第一枚硬币反面朝上第二枚硬币反面朝上2种情况，所以与不互斥，也不对立，也不相等，所以ABC错误，D正确，故选：D9、B【解析】根据等差数列的性质，以及等差数列的前项和公式，由题中条件，即可得出结果.【详解】因为数列为等差
11、数列，由，可得，则.故选：B.【点睛】本题主要考查等差数列的性质，以及等差数列前项和的基本量运算，属于基础题型.10、B【解析】由已知结合等比数列的性质即可求解.【详解】由数列是等比数列，得：，故选：B11、D【解析】本题首先可以通过直线交抛物线于不同的两点确定直线的斜率存在，然后设出直线方程并与抛物线方程联立，求出以及的值，然后通过抛物线的定义将化简，最后得出结果【详解】因为直线交抛物线于不同的两点，所以直线的斜率存在，设过抛物线的焦点的直线方程为，由可得，因为抛物线的准线方程为，所以根据抛物线的定义可知，所以，综上所述，故选D【点睛】本题考查了抛物线的相关性质，主要考查了抛物线的定义、过抛
12、物线焦点的直线与抛物线相交的相关性质，考查了计算能力，是中档题12、B【解析】因但二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】方法一：根据当线段为圆的直径时，圆周长最小，由线段的中点为圆心，其长一半为半径求解； 方法二：根据当线段为圆的直径时，圆周长最小，根据以AB为直径的圆的方程求解.【详解】方法一：当线段为圆的直径时，过点，的圆的半径最小，从而周长最小，即圆心为线段的中点，半径则所求圆的标准方程为方法二：当线段为圆的直径时，过点，的圆的半径最小，从而周长最小又，故所求圆的方程为，整理得，所以所求圆的标准方程为14、4【解析】直接利用曲线的性质，对称性的应用可判断；求出可判
13、断；联立方程，解方程组可判断的结论【详解】对于，将方程中的x换为x，y换为y，方程不变，曲线C关于原点对称，故正确；对于，将方程中的x换为y，把y换成x，方程不变，曲线C关于直线xy0对称，故正确；对于，由方程得，故曲线C不是封闭图形，故错误；对于，曲线C：，不是封闭图形，联立整理可得：，方程无解，故正确；对于，曲线C与曲线D：由于，解得，根据对称性，可得公共点为 ，故曲线C与曲线D 有四个交点，这4点构成正方形，故正确故答案为：415、120【解析】根据二项式的展开式系数的相关知识即可求解.【详解】因为，二项式展开式第项的系数为，所以，第10行第8个数是.故答案为：12016、【解析】设抛物
14、线的方程为得到，把代入椭圆的方程化简即得解.【详解】设抛物线的方程为.由题得，代入椭圆的方程得，所以，所以，所以因为，所以.故答案为：【点睛】方法点睛：求椭圆的离心率常用的方法有：（1）公式法（根据已知求出代入离心率的公式即得解）；（2）方程法（直接由已知得到关于离心率的方程解方程即得解）.要根据已知条件灵活选择方法求解.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由菱形及线面垂直的性质可得、，再根据线面垂直的判定、性质即可证结论.（2）构建空间直角坐标系，设，结合已知确定相关点坐标，进而求面、面的法向量，结合已知二面角的余弦值求出参数t，再根据空间向量夹角的坐标表示求与平面所成角的正弦值【小问1详解】由平面，平面，则，又是菱形，则，又，所以平面，平面所以E.【小问2详解】分别以，为，轴正方向建立空间直角坐标系，设，则，由（1）知：平面的法向量为，令面的法向量为，则，令，可得，因为二面角的余弦值为，则，可得，则，设与平面所成的角为，又，所以.18、（1）；（2）证明见解析，；
