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泸州高2022级高二上期期末模拟考试数学试卷一．单项选择题：本大题共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.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由直线方程求出斜率，再根据，求出倾斜角.【详解】设直线的倾斜角为，则，且.所以.故选：C.2.直线与直线平行，则（）A.或B.或C.D.【答案】A【解析】【分析】由两直线平行可计算出的值，再将的值代回直线，排除重合情况即可得.【详解】若直线与直线平行，则需满足，即，解得或，当时，两直线分别为：，，符合要求，当时，两直线分别为：，，符合要求，所以或.故选：A.3.已知三棱锥O—ABC，点M，N分别为线段AB，OC的中点，且，，，用，，表示，则等于（）
AB.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用向量的线性运算，用，，表示出.【详解】点M，N分别为线段AB，OC的中点，则故选：D4.鱼腹式吊车梁中间截面大，逐步向梁的两端减小，形状像鱼腹.如图，鱼腹式吊车梁的鱼腹部分是抛物线的一部分，其宽为，高为，根据图中的坐标系，则该抛物线的焦点坐标为（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据待定系数法，代入坐标即可求解抛物线方程，进而可得焦点.【详解】由题意得，设该抛物线的方程为，则，得，所以该抛物线的焦点为.故选：C5.已知等比数列的前n项和为，，，则其公比（）
A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】首先可以得出，其次利用等比数列通项公式以及它的前n项和为的基本量的运算即可求解.【详解】注意到，，首先，（否则，矛盾），其次，，两式相比得，解得.故选：C.6.双曲线的焦点到其渐近线的距离为（）A.2B.4C.3D.5【答案】C【解析】【分析】求出双曲线的焦点坐标,渐近线方程，利用点线距即可求得答案.【详解】双曲线可得:,可得:可得焦点为,点F到渐近线的距离为:故选:C.7.从直线x－y＋3＝0上的点向圆x2＋y2－4x－4y＋7＝0引切线，则切线长的最小值为( )A.B.C.D.【答案】B【解析】
【详解】设直线上的点为，已知圆的圆心和半径分别为，则切线长为，故当时，，应选答案B．点睛：本题求解时先设直线上动点，运用勾股定理建立圆的切线长的函数关系，再运用二次函数的图像与性质求出其最小值，从而使得问题获解．本题的求解过程综合运用了函数思想与等价转化与化归的数学思想．8.已知是椭圆的右焦点，点在椭圆上，线段与圆相切于点，且，则椭圆的离心率等于（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意首先得到，然后求出，，，然后由勾股定理即可得出，结合离心率公式即可求解.【详解】如图所示：设椭圆的左焦点为，连接，设圆心为，，则圆心坐标为，半径为，由于，故，
线段与圆（其中）相切于点，，，则，.故选：D．二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.甲、乙、丙三位同学争着去参加一个公益活动，抽签决定谁去，则先抽的概率大些B.若事件A发生的概率为，则C.如果事件A与事件B互斥，那么一定有D.已知事件A发生的概率为，则它的对立事件发生的概率0.7【答案】BD【解析】【分析】根据随机抽样的概念判断A，根据概率的性质判断B，根据互斥事件与对立事件的概率公式判断CD.【详解】对于A，甲、乙、丙三位同学抽签决定谁去，则每位同学被抽到的概率都是，故A错误；对于B，由概率的性质可知，，故B正确；对于C，如果事件A与事件对立，那么一定有，但互斥事件不一定对立，故C错误；对于D，因为事件A发生的概率为，所以它的对立事件发生的概率，故D正确.故选：BD10.已知圆O：和圆M：相交于A，B两点，点C是圆M上的动点，定点P的坐标为，则下列说法正确的是（）
A.圆M的圆心为，半径为1B.直线AB的方程为C.线段AB的长为D.的最大值为6【答案】BCD【解析】【分析】化圆M的一般方程为标准方程，求出圆心坐标与半径即可判断选项A的正误；联立两圆的方程求得的方程可判断选项B的正误；由点到直线的距离公式及垂径定理求得的长判断选项C的正误，利用圆上动点到定点距离最大值为定点到圆心距离和半径和，可判断出选项D的正误.【详解】选项A，因为圆M的标准方程为，所以圆心为圆心为，半径为1，故选项A错误；选项B，因为圆O：和圆M：相交于A，B两点，两圆相减得到，即，故选B正确；选项C，由选项B知，圆心到直线的距离为，所以，故选项C正确；选项D，因为,，所以，又圆的半径为1，故的最大值为，故选项D正确.故选项：BCD.11.已知正三棱柱的所在棱长均为2,P为棱上的动点,则下列结论中正确的是（）A.该正三棱柱内可放入的最大球的体积为B.该正三棱柱外接球的表面积为C.存在点P,使得D.点P到直线的距离的最小值为
【答案】BCD【解析】【分析】根据正三棱柱内可放入的最大球的半径为的内切圆半径,求出球的体积;根据正三棱柱的外接球半径公式即可求出外接球表面积;当为中点时,构造等腰三角形,易证平面即可;建立空间直角坐标系,利用两异面直线距离的向量计算公式即可求出点P到直线的距离的最小值.【详解】关于A选项:该正三棱柱内可放入的最大球的半径为的内切圆半径,体积为,故A错误;关于B选项:该正三棱柱的外接球半径,表面积为,故B正确;关于C选项:如图所示,当为中点时,记与的交点为,正三棱柱,面为正方形,且,,为中点,,,在和中由勾股定理可知,为中点,在中由三线合一可得,平面,平面,平面,,得证,故C正确;
关于D选项:为棱上的动点,到直线的距离的最小值即为异面直线与的距离最小值,中点为原点,以的方向为x轴,以方向为y轴,以方向为y轴记中点为,以方向为z轴如图所示建立空间直角坐标系,记异面直线与的公共垂向量为,,,即,令,,可得D正确,故选BCD.12.设是等差数列的前项和，若，且，则下列选项中正确的是（）A.B.和均为的最大值C.存在正整数，使得D.存在正整数，使得【答案】ACD【解析】【分析】设数列公差为d，根据已知条件和判断公差正负，求出和d关系，逐项验证即可.【详解】设等差数列公差为d，由得，化简得
；∵，∴，即，∴，∴，，∴d＜0，故数列为减数列，故A正确；，，，故为的最大值，故B错误；，故，故C正确；时，，即，又由得，∴，解得，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.甲、乙两人打靶，已知甲的命中率为，乙的命中率为，若甲、乙分别向同一靶子射击一次，则该靶子被击中的概率为______.【答案】【解析】【分析】利用独立事件和对立事件的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】记事件甲、乙分别向同一靶子射击一次，该靶子被击中，则事件甲、乙分别向同一靶子射击一次，两人均未中靶，故.故答案为：.
14.在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长为3，且，则为__________.【答案】7【解析】【分析】以为基底表示出，然后根据数量积性质可得.【详解】如图，在平行六面体中，，因为，所以，，所以.故答案为：715.已知数列的前项和为，则数列的通项公式为__________.【答案】【解析】【分析】利用求解【详解】数列的前n项和，可得；时，，不满足，则，
故答案为：.16.曲线，若直线与曲线C有两个不同公共点，则的范围为______________.【答案】【解析】【分析】结合绝对值的性质分类讨论可得曲线的具体形状，画出图形结合图象性质可得，求出的范围即可得的范围.【详解】当，可得曲线方程为，为圆的一部分；当，可得曲线方程为，为双曲线的一部分；当，可得曲线方程为，为双曲线的一部分；当，曲线方程为，不存在这样的曲线；作出曲线得图象，如图所示；直线与曲线C有两个不同公共点为，所以两点关于直线对称，又点在直线上，所以，又，所以，而由直线与曲线C有两个不同公共点可得，所以.故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女．（1）若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师性别相同的概率；（2）若从报名的6名教师中任选2名，写出所有可能的结果，并求选出的2名教师来自同一学校的概率．【答案】（1）（2）【解析】【详解】甲校的男教师用A、B表示，女教师用C表示，乙校的男教师用D表示，女教师用E、F表示，（1）根据题意，从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，有（AD），（AE），（AF），（BD），（BE），（BF），（CD），（CE），（CF），共9种；其中性别相同的有（AD）（BD）（CE）（CF）四种；则选出的2名教师性别相同的概率为P=；（2）若从报名的6名教师中任选2名，有（AB）（AC）（AD）（AE）（AF）（BC）（BD）（BE）（BF）（CD）（CE）（CF）（DE）（DF）（EF）共15种；其中选出的教师来自同一个学校的有6种；则选出的2名教师来自同一学校的概率为P=．18.已知半径为4的圆与直线相切，圆心在轴的负半轴上.（1）求圆的方程；（2）已知直线与圆相交于两点，且面积为8，求直线的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）根据直线与圆相切,根据点到直线距离公式求出圆心,再应用圆的标准方程即可;（2）根据几何法求弦长再结合面积公式计算即可.【小问1详解】
由已知可设圆心，则，解得或（舍），所以圆方程为.【小问2详解】设圆心到直线的距离为，则，即，解得，又，所以，解得，所以直线的方程为或.19.已知等差数列的前项和为，公差，且，，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知条件利用等差数列的前n项和公式和通项公式以及等比数列的定义，求出首项和公差，由此能求出；（2）根据等比数列通项公式可得，由此利用错位相减法能求出数列前n项和．【小问1详解】由题意可得，解得，所以，即．【小问2详解】
由题意可知：，则，则，可得，两式相减可得，所以．20.已知抛物线（）的焦点为，点为抛物线上一点，且.（1）求抛物线的方程；（2）不过原点的直线：与抛物线交于不同两点，，若，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据抛物线过点，且，利用抛物线的定义求解；（2）设，联立，根据，由，结合韦达定理求解.【小问1详解】由抛物线过点，且，得所以抛物线方程为；【小问2详解】由不过原点的直线：与抛物线交于不同两点，设，联立得，
所以，所以，所以因为，所以，则，，即，解得或，又当时，直线与抛物线的交点中有一点与原点重合，不符合题意，故舍去；所以实数的值为.21.如图所示，在几何体中，平面，点在平面的投影在线段上，，，，平面.（1）证明：平面平面.（2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长.【答案】（1）证明见解析（2）2或3【解析】【分析】（1）过点作的垂线，垂足为，连接，由题意及正弦定理可得，结合，可证明结论；（2）由（1）建立如图所示的空间直角坐标系，设，由平面与平面的夹角的余弦值为
【小问1详解】过点作的垂线，垂足为，连接，由题知平面，因为平面，所以，又因为平面，所以，所以四边形为矩形，所以.因为，，，所以，由正弦定理易知，，所以，又因为，且，所以AE⊥平面ADP.因为，所以平面，因为平面PCD，所以平面平面；【小问2详解】由（1）知，两两垂直，分别以所在的直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，设，易得：，所以…设平面的法向量，所以，令，可得平面的一个法向量，设平面的法向量，所以，令，可得平面的一个法向量，…所以，解得，所以.
22.已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，点、为椭圆上异于、的两点，面积的最大值为．（1）求椭圆的方程；（2）设直线、的斜率分别为、，且．①求证：直线经过定点．②设和的面积分别为、，求的最大值．【答案】（1）（2）①证明见解析；②【解析】【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；（2）①分析可知直线不与轴垂直，设直线的方程为，可知，设点、.将直线的方程的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用求出的值，即可得出直线所过定点的坐标；②写出关于的函数关系式，利用对勾函数的单调性可求得的最大值.【小问1详解】解：当点为椭圆短轴顶点时，的面积取最大值，且最大值为，
由题意可得，解得，所以，椭圆的标准方程为.【小问2详解】解：①设点、.若直线的斜率为零，则点、关于轴对称，则，不合乎题意.设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右焦点，则，联立可得，，可得，由韦达定理可得，，则，所以，，解得，即直线的方程为，故直线过定点.②由韦达定理可得，，所以，，，则，
因为函数在上单调递增，故，所以，，当且仅当时，等号成立，因此，的最大值为.【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
