2024届吉林省白山市抚松县第六中学高二数学第一学期期末学业水平测试试题含解析.doc

1、2024届吉林省白山市抚松县第六中学高二数学第一学期期末学业水平测试试题注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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在数列中，则（）A.2B.C.D.2若复数的模为2，则的

2、最大值为（）A.B.C.D.3已知正三棱柱中，点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）A.B.C.D.4在各项均为正数等比数列中，若成等差数列，则=（）A.B.C.D.5圆与直线的位置关系是（ ）A.相交B.相切C.相离D.不能确定6饕餮纹是青铜器上常见的花纹之一，最早见于长江中下游地区的良渚文化陶器和玉器上，盛行于商代至西周早期将青铜器中的饕餮纹的一部分画到方格纸上，如图所示，每个小方格的边长为一个单位长度，有一点从点出发，每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能的，那么点经过3次跳动后恰好是沿着饕餮纹的路线到达点的概率为（）A.B.C.D.7已知F1(-5，0)，F2(5，

3、0)，动点P满足|PF1|-|PF2|=2a，当a为3和5时，点P的轨迹分别为( )A.双曲线和一条直线B.双曲线和一条射线C.双曲线的一支和一条直线D.双曲线的一支和一条射线8已知椭圆的一个焦点坐标是，则（）A.5B.2C.1D.9已知直线l和抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，且，交AB于点D，点D的坐标为，则p的值为（）A.B.1C.D.210已知数列满足，在任意相邻两项与 (k1，2，)之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新的数列记为数列的前n项和，则的值为（）A.162B.163C.164D.16511已知的顶点B，C在椭圆上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另一个焦点在BC边上

4、，则的周长是（）A.B.C.8D.1612如图，在直三棱柱中，且，点E为中点若平面过点E，且平面与直线AB所成角和平面与平面所成锐二面角的大小均为30，则这样的平面有（ ）A.1个B.2个C.3个D.4个二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知圆C，直线l：，若圆C上恰有四个点到直线l的距离都等于1.则b的取值范围为_.14椭圆C：的左、右焦点分别为，P为椭圆上异于左右顶点的任意一点，、的中点分别为M、N，O为坐标原点，四边形OMPN的周长为4，则的周长是_15过点作圆的两条切线，切点为A，B，则直线的一般式方程为_.16经过两点的双曲线的标准方程是_三、解答题：共70分。解答

5、应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知椭圆经过点，椭圆E的一个焦点为（1）求椭圆E的方程；（2）若直线l过点且与椭圆E交于A，B两点.求的最大值18（12分）已知点在椭圆：上，椭圆E的离心率为.（1）求椭圆E的方程；（2）若不平行于坐标轴且不过原点O的直线l与椭圆E交于B，C两点，判断是否可能为等边三角形，并说明理由.19（12分）已知圆，直线过定点.（1）若与圆相切，求的方程；（2）若与圆相交于两点，且，求此时直线的方程.20（12分）在实验室中，研究某种动物是否患有某种传染疾病，需要对其血液进行检验现有份血液样本，有以下两种检验方式：一是逐份检验，则需要检验n次；二是混合检

6、验，将其中k（且）份血液样本分别取样混合在一起检验，如果检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k份究竟哪些为阳性，就需要对它们再次取样逐份检验，那么这k份血液的检验次数共为次假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的且每份样本是阳性结果的概率为（1）假设有5份血液样本，其中只有2份血液样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检测出来的概率；（2）假设有4份血液样本，现有以下两种方案：方案一：4个样本混合在一起检验；方案二：4个样本平均分为两组，分别混合在一起检验若检验次数

7、的期望值越小，则方案越优现将该4份血液样本进行检验，试比较以上两个方案中哪个更优？21（12分）已知椭圆的离心率为，短轴端点到焦点的距离为2（1）求椭圆的方程；（2）设为椭圆上任意两点，为坐标原点，且以为直径的圆经过原点，求证：原点到直线的距离为定值，并求出该定值22（10分）在平面直角坐标系中，双曲线的左、右两个焦点为、，动点P满足（1）求动点P的轨迹E的方程；（2）设过且不垂直于坐标轴的动直线l交轨迹E于A、B两点，问：线段上是否存在一点D，使得以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形？若存在，请给出证明：若不存在，请说明理由参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给

8、出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、D【解析】根据递推关系，代入数据，逐步计算，即可得答案.【详解】由题意得，令，可得，令，可得，令，可得，令，可得.故选：D2、A【解析】由题意得，表示以为圆心，2为半径的圆，表示过原点和圆上的点的直线的斜率，由图可知，当直线与圆相切时，取得最值，然后求出切线的斜率即可【详解】因为复数的模为2，所以，所以其表示以为圆心，2为半径的圆，如图所示，表示过原点和圆上的点的直线的斜率，由图可知，当直线与圆相切时，取得最值，设切线方程为，则，解得，所以的最大值为，故选：A3、A【解析】根据异面直线所成角的定义，取中点为，则为异面直线和所成角或其补角，再解三角形

9、即可求出【详解】如图所示：设中点为，则在三角形中，为中点，为中位线，所以有，所以为异面直线和所成角或其补角，在三角形中，所以由余弦定理有，故选：A.4、A【解析】利用等差中项的定义以及等比数列的通项公式即可求解.【详解】设等比数列的公比为，成等差数列，即，解得或（舍去），故选：.5、B【解析】用圆心到直线的距离与半径的大小判断【详解】解：圆的圆心到直线的距离，等于圆的半径，所以圆与直线相切，故选：B6、B【解析】利用古典概型的概率求解.【详解】解：点从点出发，每次向右或向下跳一个单位长度，跳3次，则样本空间（右，右，右），（右，右，下），（右，下，右），（下，右，右），（右，下，下），（下，右

10、，下），（下，下，右），（下，下，下），记“3次跳动后，恰好是沿着饕餮纹的路线到达点B”为事件，则（下，下，右），由古典概型的概率公式可知故选：B7、D【解析】由双曲线定义结合参数a的取值分类讨论而得.【详解】依题意得，当时，且，点P的轨迹为双曲线的右支；当时，故点P的轨迹为一条射线.故选D.故选：D8、C【解析】根据题意椭圆焦点在轴上，且，将椭圆方程化为标准形式，从而得出，得出答案.【详解】由焦点坐标是，则椭圆焦点在轴上，且将椭圆化为，则由，焦点坐标是，则，解得故选：C9、B【解析】由垂直关系得出直线l方程，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理以及数量积公式得出p的值.【详解】，即联立直线和抛

11、物线方程得设，则解得故选：B10、C【解析】确定数列的前70项含有的前6项和64个2，从而求出前70项和.【详解】，其中之间插入2个2，之间插入4个2，之间插入8个2，之间插入16个2，之间插入32个2，之间插入64个2，由于，故数列的前70项含有的前6项和64个2，故故选：C11、D【解析】根据椭圆定义求解【详解】由椭圆定义得的周长是，故选：D.12、B【解析】构造出长方体，取中点连接然后利用临界位置分情况讨论即可.【详解】如图，构造出长方体，取中点，连接则所有过点与成角的平面，均与以为轴的圆锥相切，过点绕且与成角，当与水平面垂直且在面的左侧（在长方体的外面）时，与面所成角为75（与面成45

12、，与成30），过点绕旋转，转一周，90显然最大，到了另一个边界（在面与之间）为15度，即与面所成角从7590 1590 75变化，此过程中，有两次角为30，综上，这样的平面有2个，故选：B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】根据圆的几何性质，结合点到直线距离公式进行求解即可.【详解】圆C：的半径为3，圆心坐标为：设圆心到直线l：的距离为，要想圆C上恰有四个点到直线l的距离都等于1，只需，即，所以.故答案为：.14、【解析】先证明则四边形OMPN是平行四边形，进而根据椭圆定义求出a，再求出c，最后求出答案.【详解】因为M,O,N分别为的中点，所以，则四边形OMPN是平

13、行四边形，所以，由四边形OMPN的周长为4可知，即，则，于是的周长是.故答案为：.15、【解析】已知圆的圆心，点在以为直径的圆上，两圆相减就是直线的方程.【详解】，圆心，点在以为直径的圆上，所以圆心是，以为直径的圆的圆的方程是，直线是两圆相交的公共弦所在直线，所以两圆相减就是直线的方程，所以直线的一般式方程为.故答案为：【点睛】结论点睛：过圆外一点引圆的切线，那么以圆心和圆外一点连线段为直径的圆与已知圆相减，就是切点所在直线方程，或是两圆相交，两圆相减，就是公共弦所在直线方程.16、【解析】设双曲线的标准方程将点坐标代入求参数，即可确定标准方程.【详解】令，则，可得，令，则，无解.故双曲线的标

14、准方程是.故答案为：.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、（1）；（2）.【解析】（1）利用代入法，结合焦点的坐标、椭圆中的关系进行求解即可；（2）根据直线l是否存在斜率分类讨论，结合一元二次方程根的判别式、根与系数关系、弦长公式、基本不等式进行求解即可.【小问1详解】依题意：，解得，椭圆E的方程为；【小问2详解】当直线l的斜率存在时，设，由得由得由，得当且仅当，即时等号成立当直线l的斜率不存在时，的最大值为18、（1）（2）三角形不可能是等边三角形，理由见解析【解析】（1）根据点坐标和离心率可得椭圆方程；（2）假设为等边三角形，设，与椭圆方程联立， 由韦达定理

15、得的中点的坐标，利用得出矛盾.小问1详解】由点在椭圆上，得，即，又，即，解得，所以椭圆的方程为.【小问2详解】假设为等边三角形，设，联立，消去得，由韦达定理得，由得，故，所以的中点为，所以，故，与等边三角形中矛盾，所以假设不成立，故三角形不可能是等边三角形.19、（1）或； （2）或.【解析】（1）由圆的方程可得圆心和半径，当直线斜率不存在时，知与圆相切，满足题意；当直线斜率存在时，利用圆心到直线距离等于半径可构造方程求得，由此可得方程；（2）当直线斜率不存在时，知与圆相切，不合题意；当直线斜率存在时，利用垂径定理可构造方程求得，由此可得方程.【小问1详解】由圆的方程知：圆心，半径；当直线斜率

16、不存在，即时，与圆相切，满足题意；当直线斜率存在时，设，即，圆心到直线距离，解得：，即；综上所述：直线方程为或；【小问2详解】当直线斜率不存在，即时，与圆相切，不合题意；当直线斜率存在时，设，即，圆心到直线距离，解得：或，直线的方程为或.20、（1）（2）方案一更优【解析】（1）分两类，由古典概型可得;（2）分别求出两种方案的数学期望，然后比较可知.【小问1详解】恰好经过3次检验就能把阳性样本全部检测出来分为两种情况：第一种：前两次检测中出现一次阳性一次阴性且第三次为阳性第二种：前三次检测均阴性，所以概率为【小问2详解】方案一：混在一起检验，记检验次数为X，则X的取值范围是，方案二：每组的两个

17、样本混合在一起检验，若结果呈阴性，则检验次数为1，其概率为，若结果呈阳性，则检验次数为3，其概率为设检验次数为随机变量Y，则Y的取值范围是，所以，方案一更优21、（1） （2）证明见解析，定值为【解析】（1）根据题意得到，得到椭圆方程.（2）考虑直线斜率存在和不存在两种情况，联立方程，根据韦达定理得到根与系数的关系，将题目转化为，化简得到，代入计算得到答案.【小问1详解】椭圆的离心率为，短轴端点到焦点的距离为，故，故椭圆方程为.【小问2详解】当直线斜率存在时，设直线方程为，则，即，以为直径的圆经过原点，故，即，即，化简整理得到：，原点到直线的距离为.当直线斜率不存在时，为等腰直角三角形，设，则

18、，解得，即直线方程为，到原点的距离为.综上所述：原点到直线的距离为定值.【点睛】本题考查了椭圆方程，椭圆中的定值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中将圆过原点转化为是解题的关键.22、（1）； （2）存在，理由见解析.【解析】（1）根据题意用定义法求解轨迹方程；（2）在第一问的基础上，设出直线l的方程，联立椭圆方程，用韦达定理表达出两根之和，两根之积，求出直线l的垂直平分线，从而得到D点坐标，证明出结论.【小问1详解】由题意得：，所以，而，故动点P的轨迹E的方程为以点、为焦点的椭圆方程，由得：，所以动点P的轨迹E的方程为；【小问2详解】存，理由如下：显然，直线l的斜率存在，设为，联立椭圆方程得：，设，则，要想以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形，则点D为AB垂直平分线上一点，其中，则，故AB的中点坐标为，则AB的垂直平分线为：，令得：，且无论为何值，点D在线段上，满足题意.