精品解析：湖北省部分市州2024-2025学年高二上学期期末质量监测数学试题

湖北省部分市州2024年秋季高二年级期末质量监测 数学 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将答题卡上交. 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. 已知两点，直线的倾斜角为，则实数等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知公差为正数的等差数列，若，则等于（ ） A 11 B. 9 C. 7 D. 11或1 3. 已知向量，向量，向量，若三个向量共面，则实数等于（ ） A. 17 B. 19 C. 21 D. 23 4. 某学校乒乓球比赛，学生甲和学生乙比赛3局（采取三局两胜制），假设每局比赛甲获胜的概率是0.7，乙获胜的概率是0.3，利用计算机模拟试验，计算机产生之间的随机数，当出现随机数时，表示一局甲获胜，其概率是0.7.由于要比赛3局，所以每3个随机数为一组，例如，产生20组随机数； 603 099 316 696 851 916 062 107 493 977 329 906 355 860 375 107 347 467 822 166 根据随机数估计甲获胜的概率为（ ） A. 0.9 B. 0.95 C. 0.8 D. 0.85 5. 已知圆与圆，则圆与圆的公切线的条数有（ ） A 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 6. 已知过点的直线与双曲线的左，右两支均相交，则该直线斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知八面体由正四棱锥与正四棱锥构成（如图），若，，点分别为的中点，则（ ） A. 0 B. 2 C. D. 8. 已知点是椭圆上的一点，设是直线上任意两个不同的点，若时，则使得是等腰直角三角形的点有（ ） A. 2个 B. 4个 C. 6个 D. 8个 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. 已知事件与事件相互独立，且，则下列正确的是（ ） A B. C. D. 10. 如图，已知直三棱柱中，为的中点，在线段上.则下列结论正确的是（ ） A. 若为中点时，则 B. C. D. 若直线与平面所成的角为，则的取值范围为 11. 在平面直角坐标系内，定义任意两点“新距离”为：，在此距离定义下，点到直线“新距离”就是点与直线上所有点的“新距离”的最小值，记作符号.已知点，，直线.（ ） A. B. 到点C“新距离”等于1的点所围成的图形的面积为4 C. D 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线，若，则与之间的距离为__________. 13. 已知圆的直径为是圆内一个定点，且是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点，若点在圆上运动时，则点的轨迹的离心率等于__________. 14. 已知个圆两两相交，每两个圆都有两个交点且所有交点均不重合，设个圆的交点总数为，记，则__________. 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. 一个袋子中有大小和质地相同的5个球，其中有3个红色球和2个绿色球，从袋中随机摸出2个球. （1）求“摸到两个球颜色不同”的概率； （2）求“至少摸到一个红球”的概率. 16. 如图，已知四棱锥，底面为菱形，且，侧面为边长等于2的正三角形，平面平面，为的中点. （1）求四棱锥的体积； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知圆圆心在轴上，且过点两点. （1）求圆的方程； （2）设点，以线段为直径的圆与圆交于两点，求线段长度的最小值. 18. 已知直线与抛物线交于两点. （1）若，直线的斜率为1，且过抛物线的焦点，求线段的长； （2）如图，若（为坐标原点），点为线段的中点，点为直线与轴的交点，设线段的中垂线与轴，轴分别交于两点.记的面积为的面积为，求的取值范围. 19. 已知数列的前项和为，且，数列是首项为1，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）是否存在正整数，使得数列第1项，第2项，第项成等差数列？若存在，求满足条件的所有的值；若不存在，请说明理由； （3）类比教材等比数列前项和公式推导方法，探求数列的前项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖北省部分市州2024年秋季高二年级期末质量监测 数学 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷，草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将答题卡上交. 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. 已知两点，直线的倾斜角为，则实数等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两点的斜率公式及直线的斜率定义即可求解. 【详解】由题，直线的斜率为，又， . 故选：B. 2. 已知公差为正数的等差数列，若，则等于（ ） A. 11 B. 9 C. 7 D. 11或1 【答案】A 【解析】 【分析】由等差数列的性质和通项公式即可求解. 【详解】在公差为正数的等差数列中， 因为，所以， 又，所以或， 又因为公差为正数，所以，所以， 所以，则. 故选：A. 3. 已知向量，向量，向量，若三个向量共面，则实数等于（ ） A. 17 B. 19 C. 21 D. 23 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知存在，使得，结合向量的坐标运算列式求解即可. 【详解】因为向量，向量，向量，且，，三向量共面， 可知存在，使得，即， 则，解得，所以. 故选：D. 4. 某学校乒乓球比赛，学生甲和学生乙比赛3局（采取三局两胜制），假设每局比赛甲获胜的概率是0.7，乙获胜的概率是0.3，利用计算机模拟试验，计算机产生之间的随机数，当出现随机数时，表示一局甲获胜，其概率是0.7.由于要比赛3局，所以每3个随机数为一组，例如，产生20组随机数； 603 099 316 696 851 916 062 107 493 977 329 906 355 860 375 107 347 467 822 166 根据随机数估计甲获胜的概率为（ ） A. 0.9 B. 0.95 C. 0.8 D. 0.85 【答案】A 【解析】 【分析】由频率可得到概率估计值. 【详解】设事件为 “甲获胜”， 20组随机数，其中事件发生了18次， . 故选：A. 5. 已知圆与圆，则圆与圆的公切线的条数有（ ） A. 1条 B. 2条 C. 3条 D. 4条 【答案】C 【解析】 【分析】判断两圆的位置关系，进而求出公切线的条件. 【详解】可化为， 所以圆心，半径， 可化为， 所以圆心，半径， 圆心距， 所以两圆外切， 所以两圆的公切线有3条. 故选：C 6. 已知过点的直线与双曲线的左，右两支均相交，则该直线斜率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出直线方程，与双曲线方程联立，转化为方程有一正一负根求解. 【详解】设该直线为， 联立，化简整理得， 由直线与双曲线的左，右两支均相交， 所以，解得， 所以该直线斜率的取值范围为. 故选：B. 7. 已知八面体由正四棱锥与正四棱锥构成（如图），若，，点分别为的中点，则（ ） A. 0 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建系，利用空间向量数量积的坐标表示求解即可. 详解】连接，交于点，连接，， 因正四棱锥与正四棱锥， 所以平面，平面， 因为，， 所以，，， 以为原点，分别为轴的正向建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，， 所以，， 所以. 故选：D. 8. 已知点是椭圆上的一点，设是直线上任意两个不同的点，若时，则使得是等腰直角三角形的点有（ ） A. 2个 B. 4个 C. 6个 D. 8个 【答案】C 【解析】 【分析】设点，求出点到直线的距离的取值范围，对点是否为直角顶点进行分类讨论，即可求解. 【详解】椭圆方程为，椭圆与直线均关于原点对称， 设点，， 设点到直线的距离为， 则， ①若为直角顶点，如下图： 则由，得顶点到边的高为， 即，此时满足为等腰直角三角形的点有四个； ②若不是直角顶点，如下图： 则由，得顶点到边的高为， 即，此时满足是等腰直角三角形的非直角顶点有两个， 综上，使得是等腰直角三角形的点有6个. 故选：C. 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. 已知事件与事件相互独立，且，则下列正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据相互独立事件，对立事件和概率加法公式逐一计算判断即可. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，因为事件与相互独立，所以，故B正确； 对于C，因为事件与相互独立，所以事件与相互独立， ，故C错误； 对于D，，故D错误. 故选：AB. 10. 如图，已知直三棱柱中，为的中点，在线段上.则下列结论正确的是（ ） A. 若为中点时，则 B. C. D. 若直线与平面所成的角为，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】以点为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解依次判断各个选项. 【详解】如图，以点为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 由题可得，，，，，，， 对于A，若为中点时，则，所以，故A正确； 对于B，，，则，故B错误； 对于C，，，，所以，故C正确； 对于D，设点，，，，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 则， 所以，， 令，则， 令，， 则，， 当时，取得最小值，此时取得最大值1； 当时，取得最大值，此时取得最小值； 综上，的取值范围为，故D正确. 故选：ACD. 11. 在平面直角坐标系内，定义任意两点“新距离”为：，在此距离定义下，点到直线的“新距离”就是点与直线上所有点的“新距离”的最小值，记作符号.已知点，，直线.（ ） A. B. 到点C“新距离”等于1的点所围成的图形的面积为4 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由新距离定义求解判断A；由新距离定义，分类讨论求出点P的轨迹判断B；设M为直线上的动点，由新距离定义，分情况讨论判断C；由新距离定义，结合绝对值的几何意义推理判断D. 【详解】对于A，，，则，A正确； 对于B，，即， 当且时，有，即； 当目时，有，即； 当且时，有，即； 当目时，有，即； 因此点P轨迹围成的图形是以为顶点的正方形， 边长为，面积为，B错误； 对于C，令M为直线上的动点，设， 则与点的“新距离”， 当时，， 当时，， 当时，， 因此点 D到直线的“新距离”，C正确； 对于D，由绝对值的几何意义得，， 则，， 将两式相加得：， 即，D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：涉及新定义的理解和运用问题，解题的关键是正确理解新定义，注意与的区别. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线，若，则与之间的距离为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据两直线平行的充要条件求出，利用两平行线间距离公式求解. 【详解】由，可得，解得， 所以直线，即， 所以与间的距离为. 故答案为：. 13. 已知圆的直径为是圆内一个定点，且是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点，若点在圆上运动时，则点的轨迹的离心率等于__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据椭圆的定义可知，点的轨迹是以为焦点，焦距为长轴长等于的椭圆，即可求得其离心率. 【详解】 由已知，圆的直径为，则， 又线段的垂直平分线和半径相交于点， ， 因为， 所以与两个定点的距离的和等于常数（大于）， 由椭圆的定义得，点的轨迹是以为焦点，焦距为，长轴长等于的椭圆， 所以点的轨迹的离心率为. 故答案为：. 14. 已知个圆两两相交，每两个圆都有两个交点且所有交点均不重合，设个圆的交点总数为，记，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，可得，迭代求出，再利用裂项相消法求和. 【详解】由题意，，，，，， ， 当时，上式成立，则，， ，， 所以，. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是理解题意得到，求出通项. 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. 一个袋子中有大小和质地相同的5个球，其中有3个红色球和2个绿色球，从袋中随机摸出2个球. （1）求“摸到两个球颜色不同”的概率； （2）求“至少摸到一个红球”的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意写出从袋中不放回摸出2个球的所以可能结果结合两个球颜色相同的结果，利用古典概型概率计算公式计算即可； （2）利用古典概型概率计算公式计算即可. 【小问1详解】 用1、2、3表示3个红色球，4、5表示2个绿色球，用数组表示可能的结果，则样本空间所包含的样本点为：10种， 其中两个球颜色不同的事件有：共6种， 设摸到两个球颜色不同为事件A, 故事件A的概率为. 【小问2详解】 其中至少摸到一个红球事件有：共9种， 设至少摸到一个红球为事件B, 故事件B的概率为. 16. 如图，已知四棱锥，底面为菱形，且，侧面为边长等于2的正三角形，平面平面，为的中点. （1）求四棱锥的体积； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）由平面与平面垂直性质定理证明平面，根据题意即可求出体积； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求解. 【小问1详解】 取中点，连接， 因为为正三角形， 所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为的边长为2，所以， 又为菱形，，， 所以，， 所以，所以， 所以菱形的面积为， 所以四棱锥的体积为：. 【小问2详解】 由（1），以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由题意，，， ，，， 所以，，，， 设平面的法向量为， 则即，令，则，， 所以平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则即，令，则，， 所以平面的法向量为， 设平面与平面夹角为， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知圆圆心在轴上，且过点两点. （1）求圆的方程； （2）设点，以线段为直径的圆与圆交于两点，求线段长度的最小值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）设出圆的方程，利用待定系数法求出方程. （2）求出线段为直径的圆的方程，进而求出直线的方程，再利用圆的弦长公式建立函数关系并求出最小值. 【小问1详解】 依题意，设圆的方程为， 由圆过点，得 ，解得， 所以圆的方程为：. 【小问2详解】 由（1）知，圆：的圆心，半径，而点， 以PD为直径的圆的方程为：，整理得， 于是直线EF的方程为：， 点D到直线EF的距离为，， ，函数， 则当，即时，，即当时，， 所以线段EF长度的最小值为 18. 已知直线与抛物线交于两点. （1）若，直线的斜率为1，且过抛物线的焦点，求线段的长； （2）如图，若（为坐标原点），点为线段的中点，点为直线与轴的交点，设线段的中垂线与轴，轴分别交于两点.记的面积为的面积为，求的取值范围. 【答案】（1）16 （2） 【解析】 【分析】（1）由题可得直线的方程为，与抛物线联立得，利用抛物线定义求出答案； （2）设直线的方程为，与抛物线联立，结合求得，求得点的坐标，直线的方程，得点坐标，由得，利用基本不等式求解. 【小问1详解】 若，则，焦点为， 所以直线的方程为， 设，联立，整理得， ，， 所以， 所以线段的长为16. 【小问2详解】 由题意，，设直线的方程为，， 当时，不能构成三角形，不合题意； 当时，联立，整理得， ，， 因为，所以，即， ，即， ，解得，满足上面方程， 则，，即点的坐标为， 因为，所以直线的方程为：， 令，得，令，得， 由，可得 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题第二问解决的关键是求出直线的方程，得到点坐标，根据可得，计算求解. 19. 已知数列的前项和为，且，数列是首项为1，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）是否存在正整数，使得数列第1项，第2项，第项成等差数列？若存在，求满足条件的所有的值；若不存在，请说明理由； （3）类比教材等比数列前项和公式推导方法，探求数列前项和. 【答案】（1）， （2）存在满足要求得，或 （3）， 【解析】 【分析】（1）根据的关系求的通项公式，由等比数列的定义写出的通项公式； （2）假设存在，使得成等差数列，根据等差中项的关系列式结合讨论求解； （3）由题可得，令表示的前项和，表示的前项和，仿照错位相加法求出，得解. 【小问1详解】 ，令，得， 当时，， 满足上式，故，. 又，且满足，， 所以是首项为1，公比为2的等比数列， ，. 【小问2详解】 假设存在，使得成等差数列， 则，即， 化简得， 又，，即， 当时，与矛盾，不符合舍去； 当时，，， 当时，，， 所以存在满足要求的，或. 【小问3详解】 ， 令， 令①， ②， ①②得：③， ④， ④③得： ， ， 所以数列的前项和为： . 【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的难点和关键是类比等比数列求和的错位相减法求出数列的前项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$