精品解析：山东省潍坊市2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题

山东省潍坊市2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本大题共8个小题，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. 已知直线，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据一般式中两直线平行的条件得到方程，解得即可. 【详解】因为直线，且， 所以，解得.经检验成立. 故选：B 2 某中学举行排球赛，共有个队参加，每两个队比赛一场，共需比赛（ ） A. 6场 B. 8场 C. 10场 D. 20场 【答案】C 【解析】 【分析】利用组合数公式计算可得. 【详解】依题意直接从个队中选择个队进行比赛，则一共有场比赛. 故选：C 3. 已知双曲线的渐近线方程为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据渐近线方程可得，即可根据离心率公式求解. 【详解】由题知，双曲线的焦点在轴上，由于渐近线方程为，故， 故离心率为， 故选：B 4. 如图，空间四边形OABC中，是BC的中点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算即可求解. 【详解】 故选：A 5. 已知点，则点到平面ABC的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求平面ABC的法向量，利用空间向量求点到面的距离. 【详解】因为， 则， 设平面ABC的法向量，则， 令，则，可得， 所以点到平面ABC的距离. 故选：C. 6. 已知圆与圆相交于A，B两点，且两圆在点处的切线互相垂直，则线段AB的长为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析可知线段AB的关于x轴对称，，利用等面积法运算求解即可. 【详解】因为圆的圆心为，半径， 圆的圆心为为，半径， 可知圆与圆均关于x轴对称，则线段AB的关于x轴对称， 若两圆在点处的切线互相垂直，则， 可得， 由的面积可得， 即，解得. 故选：D. 7. 图1通过旋转可得到图2，则图3通过相同的旋转可得到（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间想象，结合组合体的构成特征即可求解. 【详解】由图3可知：最底下一层有6个方块，其中是, 中间一层有3个方块，是叠在第一层的4个方块上的， 最上面一层有1个方块，位于第二层3个方块最中间的位置上， 因此能够旋转得到的是D选项，只需要将图3整体向后推倒后调整一下角度即可得到D，与图1到图2的旋转一致， 故选：D 8. 在三棱锥中，平面，则该三棱锥的外接球半径为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知为直角三角形，且平面，所以可将三棱锥补成直三棱柱，其底面为，高为，三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，由勾股定理求解即可. 【详解】三棱锥中，平面， 所以，可知为直角三角形，且， 由于平面，可将三棱锥补成直三棱柱，其底面为，高为， 直三棱柱的外接球球心位于上下底面外接圆圆心连线的中点处， 为直角三角形，其外接圆半径为斜边长度的一半，即， 设三棱锥外接球半径为，球心到底面的距离为， 根据勾股定理，有， 因此，该三棱锥的外接球半径为， 故选：A. 二、多项选择题：本大题共3个小题，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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据空间中线面以及平面与平面的关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，若，则，A正确， 对于B，若，则或，故B错误， 对于C，若，则，又，则，C正确， 对于D，如图，，，当时有， 又，所以满足，由于不一定与的交线垂直，因此无法得到，故D错误， 故选：AC 10. 在的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 二项式系数最大的项是第3项 B. 所有的二项式系数和为 C. 系数最小的项是 D. 所有奇数项的系数和为365 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质即可求A，根据二项式系数和公式可判断B，根据展开式的通项特征，即可求解CD. 【详解】的展开式的通项为， 对于A，二项式系数最大为，是第4项，故A错误， 对于B，所有的二项式系数和为，B正确， 对于C，要使系数最小，则需要， 且因此系数最小的项是，C正确， 对于D，所有奇数项的系数和为，故D正确， 故选：BCD 11. 双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布•伯努利用来描述他发现的曲线.在平面直角坐标系xOy中，把到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知点是时的双纽线上一点，则（ ） A. 关于原点成中心对称 B. 上满足的点有2个 C. 面积的最大值为 D. 当直线与有3个交点时，的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，设动点，把关于原点对称的点代入轨迹方程，显然成立；对于B，易得若|则在轴上再根据的轨迹方程求解即可；对于C，由三角形得面积公式求解判断即可；对于D，联立方程组，由判别式分析求解即可. 【详解】对于A，设动点，由题可得的轨迹方程， 把关于原点对称的点 代入轨迹方程显然成立，故A正确； 对于B，时的双纽线的方程为， 若，则在的中垂线轴上，故此时， 代入得，即，所以只有一个点，故B错误； 对于C，因为，是上的一点， 故， 当，即时等号成立， 下面说明垂直时可取到， ，则， 代入， 得，解得，故C正确； 对于D，直线与有3个交点时， 联立与， 得，当时，适合上述方程， 当时，， 即，则，则， 所以直线与有3个交点时，的取值范围是，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项关键是利用方程的思想，转化为方程根的问题即可. 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线的焦点为，点在上，且点到轴的距离为，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用抛物线的定义可求得的值. 【详解】抛物线的准线方程为， 因为点到轴的距离为，所以点到准线的距离为， 由抛物线定义可得． 故答案为：. 13. 4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，有且只有2名同学在同一个小区，利用先选后排的思想，结合排列组合和乘法计数原理得解. 【详解】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学 先取2名同学看作一组，选法有： 现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有： 根据分步乘法原理，可得不同的安排方法种 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了计数原理的综合应用，解题关键是掌握分步乘法原理和捆绑法的使用，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 14. 已知直四棱柱的底面为菱形，，为的中点，为空间中一动点，满足.若点在底面ABCD（含边界）上，则点的轨迹长度为________；若点在该直四棱柱的表面上，则点的轨迹长度为_______________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据长度关系可得，可证平面，分析可知点的轨迹平面（点B除外）. 若点在底面ABCD（含边界）上，可知点的轨迹为线段（点B除外），即可得长度；若点在该直四棱柱的表面上，可知点的轨迹为（点B除外），即可得长度. 【详解】连接， 由题意可知：， 则， 可知，即， 且，平面，可知平面， 若，可知点的轨迹平面（点B除外）. 若点在底面ABCD（含边界）上，可知点的轨迹为线段（点B除外）， 所以点的轨迹长度为； 若点在该直四棱柱的表面上，可知点的轨迹为（点B除外）， 所以点的轨迹长度为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：根据长度关系可证平面，可知点的轨迹平面（点B除外），进而分析求解. 四、解答题：本大题共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. 已知直线与圆交于，两点，且. （1）求的值； （2）求过点的的切线方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，求出圆心到直线的距离，根据求出； （2）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线方程为，利用圆心到直线的距离等于半径得到方程，解得即可. 【小问1详解】 圆即， 圆心为，半径， 则圆心到直线的距离， 又，所以，即，解得； 【小问2详解】 由（1）可得，则，即点在圆外， 当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，符合题意； 当过点的直线斜率存在时，设直线方程为，即， 所以，解得， 所以切线方程为，即， 综上可得，过点的圆的切线方程为或. 16. 如图，在直三棱柱中，是棱的中点，. （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线线垂直可证明平面，即可由面面垂直的判定求解， （2）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，即可根据向量的夹角求解. 【小问1详解】 因为是棱的中点， 故,则，同理， 由于,所以,故， 又，平面， 故平面， 平面，因此平面平面 【小问2详解】 由（1）知：平面，平面，故, 又平面, 故平面,平面, 故, 以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则 设平面的一个法向量为 则，令，故 设平面的一个法向量为 则，令，故， 所以，则， 故二面角的正弦值为 17. 已知椭圆的离心率为，短轴长为2. （1）求的方程； （2）若斜率为的直线交于，两点，线段的中点为，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意得到关于、、的方程组，解得即可； （2）设，，利用点差法得到，再由点在椭圆内部，求出的取值范围，即可求出的范围. 【小问1详解】 依题意可得，解得， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 设，， 因为线段的中点为，所以， 又，两式相减可得， 即， 所以， 又点在椭圆内部，所以，解得， 所以，即的取值范围为. 18. 如图，在等腰梯形中，分别是，的中点，将四边形MABN沿MN翻折至四边形，点为上一点，且. （1）证明：平面； （2）设二面角的平面角为. （i）若，求直线与直线所成角的余弦值； （ii）在翻折过程中，是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i），（ii）存在，使得直线与平面所成角的正弦值为， 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得线线平行，即可由线面平行的判定求解， （2）建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，即可利用线面角的向量法求解. 【小问1详解】 取的靠近点的三等分点,连接， 由于,即是靠近的三等分点，故,. 由于 故,因此四边形为平行四边形， 故,平面,平面， 所以平面 【小问2详解】 （i）在上取点使得, 由于, 故四边形为平行四边形， 故,故直线与直线所成的角为或其补角， 因 故 故直线与直线所成的角的余弦值为 （ii）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 , 故, 设平面的一个法向量为， ，令，则， 由于直线与平面所成角的正弦值为， 故, 解得， 由于，故存在，使得直线与平面所成角的正弦值为， 19. 圆锥曲线的第二定义：平面内到定点的距离与到定直线（定点不在定直线上）的距离之比为常数的点的轨迹为圆锥曲线.已知平面内的动点到定点的距离与它到直线的距离之比为. （1）求点轨迹方程； （2）已知是点的轨迹上不同的两点，点为点关于轴的对称点，直线分别交轴于点. （i）证明：； （ii）若点的坐标为为平面上一动点不在直线上），记直线的斜率分别为，且满足.判断动点是否在定直线上，若在定直线上，求出该直线的方程；若不在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析，（ii）在定直线上， 【解析】 【分析】（1）根据点点距离公式以及点到直线距离列等量关系即可化简求解， （2）根据三点共线可得，，即可代入化简求证（i），根据斜率公式结合，化简可得进一步化简可得结合即可求解（ii）. 【小问1详解】 设，则 化简得， 故点的轨迹方程为 【小问2详解】 （i）设则 由三点共线可得 所以， 同理由三点共线可得， 所以， 结合 故 故 （ii）设直线 所以 由于， 所以即 整理可得， 因为 ， 整理得 因为不在直线上，故， 因为，所以即 所以即 由（i）可知， 又，故，故在定直线上， 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点或者定值问题的两种解法 （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 山东省潍坊市2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知直线，若，则（ ） A B. 2 C. D. 2 某中学举行排球赛，共有个队参加，每两个队比赛一场，共需比赛（ ） A. 6场 B. 8场 C. 10场 D. 20场 3. 已知双曲线的渐近线方程为，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，空间四边形OABC中，是BC的中点，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知点，则点到平面ABC距离为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆与圆相交于A，B两点，且两圆在点处的切线互相垂直，则线段AB的长为（ ） A. B. 3 C. D. 7. 图1通过旋转可得到图2，则图3通过相同的旋转可得到（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，平面，则该三棱锥的外接球半径为（ ） A. B. 3 C. D. 二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知a，b是两条不同直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 在的展开式中，下列结论正确的是（ ） A. 二项式系数最大的项是第3项 B. 所有的二项式系数和为 C. 系数最小的项是 D. 所有奇数项的系数和为365 11. 双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布•伯努利用来描述他发现的曲线.在平面直角坐标系xOy中，把到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知点是时的双纽线上一点，则（ ） A. 关于原点成中心对称 B. 上满足的点有2个 C. 面积的最大值为 D. 当直线与有3个交点时，的取值范围是 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线的焦点为，点在上，且点到轴的距离为，则________． 13. 4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种. 14. 已知直四棱柱的底面为菱形，，为的中点，为空间中一动点，满足.若点在底面ABCD（含边界）上，则点的轨迹长度为________；若点在该直四棱柱的表面上，则点的轨迹长度为_______________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知直线与圆交于，两点，且. （1）求的值； （2）求过点的的切线方程. 16. 如图，在直三棱柱中，是棱的中点，. （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 17. 已知椭圆的离心率为，短轴长为2. （1）求的方程； （2）若斜率为的直线交于，两点，线段的中点为，求的取值范围. 18. 如图，在等腰梯形中，分别是，的中点，将四边形MABN沿MN翻折至四边形，点为上一点，且. （1）证明：平面； （2）设二面角平面角为. （i）若，求直线与直线所成角的余弦值； （ii）在翻折过程中，是否存在，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出；若不存在，请说明理由. 19. 圆锥曲线的第二定义：平面内到定点的距离与到定直线（定点不在定直线上）的距离之比为常数的点的轨迹为圆锥曲线.已知平面内的动点到定点的距离与它到直线的距离之比为. （1）求点的轨迹方程； （2）已知是点的轨迹上不同的两点，点为点关于轴的对称点，直线分别交轴于点. （i）证明：； （ii）若点的坐标为为平面上一动点不在直线上），记直线的斜率分别为，且满足.判断动点是否在定直线上，若在定直线上，求出该直线的方程；若不在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$