四川省眉山市仁寿县部分学校2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试题

仁寿县23级高二上学期期末联考 数学试题 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．已知命题：，（为自然对数的底数），则命题的否定是（    ） A．， B．， C．， D．， 2．若过点，且与圆相切的直线方程为（    ） A． B．或 C． D．或 3．已知空间向量，，满足，，，，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 4．若方程表示焦点在x轴上的椭圆，则实数k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，则 6．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 7．如图，下列正方体中，O为下底面的中心，M，N为正方体的顶点，P为所在棱的中点，则满足直线的是（    ） A． B． C． D． 8．设是椭圆的两个焦点，是椭圆上一点，且.则的面积为（    ） A．6 B． C．8 D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对按比例得分，有选错的得0分。 9．某社团开展“建党100周年主题活动——学党史知识竞赛”,甲、乙两人能得满分的概率分别为,,两人能否获得满分相互独立,则 A．两人均获得满分的概率 B．两人至少一人获得满分的概率 C．两人恰好只有甲获得满分的概率 D．两人至多一人获得满分的概率 10．在棱长为2的正方体中,分别为的中点,则下列选项正确的是 A． B．直线与所成角的余弦值为 C．三棱锥的体积为 D．存在实数使得 11．在空间直角坐标系中,已知向量,点,点,有以下两个结论： （1）若直线经过点,且以为方向向量,是直线上的任意一点,则； （2）若平面经过点,且以为法向量,是平面内的任意一点,则． 现已知平面,,,,则 A． B． C． D． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案写在答题卡相应位置上。 12．已知椭圆的焦距是8，椭圆上的某点到两个焦点的距离之和等于16，则椭圆的标准方程是______． 13．圆：，圆：，则圆与圆的位置关系是__________．（选择以下答案填空：“相离”，“外切”，“相交”，“内切”，“内含”） 14．已知三棱锥中，面，，，，，则三棱锥外接球的体积为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．设：实数满足，． (1)若，且，都为真命题，求的取值范围； (2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围． 16．分别根据下列条件，求椭圆的标准方程： (1)一个焦点坐标为，且椭圆上的点到两焦点的距离之和是26； (2)一个焦点坐标为，且椭圆经过点． 17．如图所示，等腰梯形ABCD的底边AB在x轴上，顶点A与顶点B关于原点O对称，且底边AB和CD的长分别为6和，高为3． (1)求等腰梯形ABCD的外接圆E的方程； (2)若点N的坐标为(5,2)，点M在圆E上运动，求线段MN的中点P的轨迹方程． 18．如图，在四棱锥中，底面，是直角梯形，，，，点是的中点. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面的夹角余弦值. 19．已知三棱柱中，. (1)求证: 平面平面. (2)若，在线段上是否存在一点使平面和平面所成角的余弦值为 若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由. 仁寿县23级高二上学期期末联考 数学答案 1．D 【分析】根据命题的否定的定义判断． 【详解】特称命题的否定是全称命题． 命题的否定是：，． 故选：D． 2．D 【分析】验证点在圆外，然后讨论切线斜率存在与不存在两种情况即可解决. 【详解】圆的圆心是 ，半径是 ， 把点的坐标代入圆的方程可知点P在圆外， 当直线斜率不存在时， 直线为 ，不满足题意； 当直线斜率存在时， 设直线为 ，即 ， 因为直线与圆相切， 所以圆心到直线的距离等于半径，即 ， 解得 或 ， 切线为或 ， 故选：D. 3．C 【分析】将，两边平方，利用空间向量的数量积即可得选项. 【详解】设与的夹角为．由，得，两边平方，得， 所以，解得，又，所以， 故选：C． 4．C 【分析】根据椭圆的标准方程判断求解． 【详解】由题意，解得， 故选：C． 5．D 【解析】按照直线与平面、平面与平面的位置关系逐一判断选项. 【详解】对于A：若，，，则或与相交，故A错误； 对于B：若，，，则与平行或，故B错误； 对于C：若，，，则或与相交或平行，故C错误； 对于D：若，如图 设，过作，因为，，所以，所以，因为，所以，故D正确； 故选：D 6．A 【分析】先由三视图还原为几何体，再分别求得三棱锥各面的面积并相加即可. 【详解】由三视图还原原几何体如图（说明：没有标点的那三条虚线是为了方便理解图形）， 该几何体为三棱锥，底面为等腰直角三角形，，侧面与全等，侧面为等腰三角形，，， 所以该三棱锥的表面积为. 故选：A. . 7．B 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，再对每一个选项逐一分析，利用空间位置关系的向量证明推理作答. 【详解】在正方体中，对各选项建立相应的空间直角坐标系，令正方体棱长为2，点， 对于A，，，，与不垂直，A不是； 对于B，，，，，B是； 对于C，，，，与不垂直，C不是； 对于D，，，，与不垂直，D不是. 故选：B 8．B 【分析】利用椭圆的几何性质，得到，，进而利用得出，进而可求出 【详解】解：由椭圆的方程可得， 所以，得 且，， 在中，由余弦定理可得 ， 而，所以，， 又因为，，所以， 所以， 故选：B 9．ACD; 10．BD; 11．AC. 12．或 【分析】由焦距、椭圆定义可知，进而写出椭圆标准方程，注意焦点分别在x、y轴两种情况. 【详解】由题设，，则，而， 所以椭圆的标准方程是或. 故答案为：或 13．内切 【分析】首先计算两圆圆心之间的距离，利用圆心距与两圆半径作比较即可判断. 【详解】由题意可得圆：的圆心为，半径； 圆：的圆心为，半径， 两圆圆心距， 因为，所以两圆内切， 故答案为：内切 14．## 【分析】由勾股定理得，再由面，把该棱锥镶嵌到长宽高分别为，，的长方体中，长方体的外接球就是三棱锥的外接球，由此计算出球半径后可得体积． 【详解】因为，，，所以，所以， 又面，， 所以可以把该棱锥镶嵌到长宽高分别为，，的长方体中，长方体的外接球就是三棱锥的外接球， 所以外接球的半径为， 所以球的体积为． 故答案为：． 15．(1)； (2)． 【分析】（1）解不等式确定命题，然后求出中范围的交集可得； （2）求出不等式的解，根据充分不必要条件的定义列不等式组求解． 【详解】（1）时，，，即，又，而，都为真命题，所以； （2），， 是的充分不必要条件，则且等号不能同时取得，所以． 16．(1) (2) 【分析】（1）由椭圆定义求得，结合求得后可得； （2）由椭圆定义求得，结合求得后可得． (1) 由题意，，又，所以， 椭圆标准方程为； (2) 由题意椭圆另一焦点为． ， ，，所以，焦点在轴， 椭圆方程为． 17．(1) (2) 【分析】（1）利用等腰梯形的对称性，可确定圆心在y轴上，利用圆心到B，C点的距离相等可确定圆心和半径，即可得圆E的方程； （2）因为P是MN的中点，将点P设出，然后利用点M的在圆E上的特点，求点P的轨迹方程. （1） 设， 由已知可得：， 由得： ， ∴圆的圆心为，半径为， ∴圆的方程为：． （2） 设， ∵为线段的中点，∴， 代入点所在圆的方程得： ， ∴点的轨迹方程为． 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直性质得，再证明，根据线面垂直的判定证明平面，再由面面垂直判定定理证明平面平面；（2）取的中点G连接，建立空间直角坐标系，求平面、平面的一个法向量，利用向量夹角公式求平面与平面的夹角余弦值. （1） 因为平面，平面，所以， 因为，，，且是直角梯形， 所以，即，所以， 又，平面，平面， 所以平面，因为平面，所以平面平面； （2） 因为平面，平面，所以，又 ，平面，平面， 所以平面，所以即为直线与平面所成角. 所以，所以，则. 取的中点，连接，以点为坐标原点，分别以为轴､轴､轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，∴，， 设为平面的法向量，则，，得，取，，得 设平面的法向量，则，，取，，，得. 所以. 所以平面与平面的夹角余弦值为. 19．(1)证明见解析； (2)在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点. 【分析】(1)连接，根据给定条件证明平面得即可推理作答. (2)在平面内过C作，再以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，利用空间向量计算判断作答. 【详解】（1）在三棱柱中，四边形是平行四边形，而，则是菱形，连接，如图， 则有，因，，平面，于是得平面， 而平面，则，由得，，平面， 从而得平面，又平面， 所以平面平面. （2）在平面内过C作，由(1)知平面平面，平面平面， 则平面，以C为原点，射线CA，CB，Cz分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图， 因，，则， 假设在线段上存在符合要求的点P，设其坐标为， 则有，设平面的一个法向量， 则有，令得，而平面的一个法向量， 依题意， ，化简整理得： 而，解得， 所以在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点，使平面和平面所成角的余弦值为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$