精品解析：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. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 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，为下底面的中心，为正方体的顶点，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，求平面与平面所成角的余弦值. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据特称命题否定的形式可直接得到结果. 【详解】由特称命题的否定可知命题的否定为：，. 故选：D. 2. 若过点，且与圆相切的直线方程为（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【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. 已知空间向量满足，则与的夹角为（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知有，应用向量数量积的定义及运算律求夹角即可. 【详解】由题设，则，故， 所以，，可得. 故选：C 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. 【答案】C 【解析】 【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. 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 【答案】D 【解析】 【分析】 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. 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. 【答案】A 【解析】 【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. 如图，下列正方体中，为下底面的中心，为正方体的顶点，为所在棱的中点，则满足直线的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】在正方体中，对各选项建立相应的空间直角坐标系，验证是否等于0即可. 【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， 对于A，， 则，与不垂直，A不是； 对于B，， 则，B是； 对于C，， 则与不垂直，C不是； 对于D，， 则，与不垂直，D不是. 故选：B. 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. 【答案】B 【解析】 【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 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用独立事件的概率乘法公式和对立事件的概率公式逐一求解即得. 【详解】设“甲获得满分”， “乙获得满分”，则, 对于A，“两人均获得满分”可表示为,因两人能否获得满分相互独立， 故, 即A正确； 对于B，因“两人至少一人获得满分”的对立事件为 “两人都没获得满分”, 则“两人至少一人获得满分”的概率为：，故B错误； 对于C，“两人恰好只有甲获得满分”可表示为，其概率为：，故C正确； 对于D，因“两人至多一人获得满分”的对立事件为“两人都获得满分”， 则“两人至多一人获得满分”为：,故D正确. 故选：ACD . 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 【答案】BD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出，对于A，计算的值即可判断；对于B，计算的值即可判断；对于C，先计算得，接着计算，再由和平面且结合锥体体积公式即可计算求解；对于D，由计算求出即可得解. 【详解】由题可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 对于A，，故与不垂直，故A错误； 对于B，， 所以直线与所成角的余弦值为，故B正确； 对于C，由上，所以， 所以即，又， 所以， 因为，又由正方体性质可知平面即平面， 所以，故C错误； 对于D，若存在实数使得， 则， 所以，所以，故D正确. 故选：BD. 【点睛】思路点睛：建立坐标系解决立体几何中的问题是一种常用方法，它的思维量小，计算量虽多但是计算简单，解法直接自然和简单，本题根据正方体的结构特征建立了空间直角坐标系，接着计算所需向量坐标，从而根据各个问题的向量法理论公式直接计算即可判断求解. 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. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意得出平面的法向量，再求出直线的方向向量，依次判断即可得解. 【详解】根据题意，平面，即， 所以平面的法向量为， 直线，即， 所以直线经过点，且方向向量为， 由于，所以，A正确，D错误； 直线，经过点，且方向向量为， 由于，所以与平面不平行，B错误； 直线，经过点，且方向向量为， 由于， 且点不在平面内，所以，C正确. 故选：AC 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______． 【答案】或 【解析】 【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. 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”） 【答案】内切 【解析】 【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. 已知三棱锥中，面，，，，，则三棱锥外接球的体积为__________． 【答案】## 【解析】 【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：． 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． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【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． 【小问1详解】 时，，，即，又，而，都为真命题，所以； 【小问2详解】 ，， 是的充分不必要条件，则且等号不能同时取得，所以． 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【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． 【小问1详解】 由题意，，又，所以， 椭圆标准方程为； 【小问2详解】 由题意椭圆另一焦点为． ， ，，所以，焦点在轴， 椭圆方程为． 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 设， 由已知可得：， 由得： ， ∴圆的圆心为，半径为， ∴圆的方程为：． 【小问2详解】 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. 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，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 平面平面，. ，由且是直角梯形， ， 即，. 平面平面，平面. 平面，平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质定理得，再根据勾股定理得，从而利用线面垂直的判定定理得平面，从而利用面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据线面角的定义及正弦值求得边长，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求得两个平面所成角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 平面平面，. 又，平面平面，平面， 即为直线与平面所成角. ，，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， 令，得，得， 设为平面的法向量， 则，令，则，得. . 平面与平面所成角的余弦值的余弦值为. 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. 【答案】（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）在线段上存在一点，且P是靠近C的四等分点. 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $