四川省成都市蓉城高中教育聯(lián)盟2024-2025學年高二數(shù)學上學期期中聯(lián)考文試題含解析

Page14四川省成都市蓉城中學教化聯(lián)盟2024-2025學年高二數(shù)學上學期期中聯(lián)考（文）試題考試時間120分鐘，滿分150分一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.不等式的解集是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】對分解因式，然后求解即可.【詳解】不等式可化為，解得.故選：C．2.圓心為，半徑為2的圓的方程為A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】依據(jù)圓的標準方程的形式可得，故選B.3.如圖，在空間直角坐標系中，點的坐標為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】依據(jù)空間直角坐標系得點坐標即可.【詳解】解：由空間直角坐標系的性質(zhì)可知點為，故選：A．4.若直線l的傾斜角的取值范圍是，則斜率的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】依據(jù)斜率與傾斜角之間的關(guān)系，干脆求解即可.【詳解】由斜率的定義可知：傾斜角的正切值取值范圍是.故選：B．5.若非零實數(shù)a，b滿意a>b，則下列不等式肯定成立的是（）A. B.-a>-b C. D.【答案】C【解析】【分析】依據(jù)給定條件，利用不等式性質(zhì)推斷B，C；舉例說明推斷A，D作答.【詳解】非零實數(shù)a，b滿意a>b，對于A，取，滿意a>b，而，A不肯定成立；對于B，因a>b，則-a<-b，B不成立；對于C，由不等式的性質(zhì)知，若a>b，則，C成立；對于D，取，滿意a>b，而，D不肯定成立.故選：C6.已知，是空間中不重合的兩平面，是空間中不同的兩條直線，則下列結(jié)論正確的是（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】【分析】過作平面交于直線c，進而可證明即可推斷A；依據(jù)題意還可以是推斷B；依據(jù)或或相交且不垂直推斷C；依據(jù)或推斷D.【詳解】解：對于A，如圖，過作平面交于直線c，∵，，，∴，∴，∵，，∴，故正確；對于B，，時，或，故錯誤；對于C，，時，或或相交且不垂直，故錯誤；對于D，，時，或，故錯誤故選：A7.已知，兩點的坐標分別為，，若兩平行直線，分別過點A，B，則，間的距離的最大值為（）A.1 B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】依據(jù)平行線之間的距離轉(zhuǎn)化為始終線上的點到平行線之間的距離，可結(jié)合圖形分析，間的距離的最大值為，即可求得.【詳解】解：由題可知，，如圖，兩平行直線，分別過點A，B，因為，所以，間的距離即點到直線的距離，由圖可知，當，垂直時，，間的距離取最大值，即最大值為，又由兩點間的距離公式可知，.故選：D．8.已知橢圓的左、右焦點分別為，，若橢圓上一點P滿意，且，則橢圓的離心率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)列式求解離心率即可.【詳解】解：如圖，設(shè)，∴，∵∴，∴離心率.故選：C．9.如圖，正方體的棱長為1，點P是線段的中點，點Q是線段上的動點（包括端點），則的最小值為（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】以為坐標原點，建立空間指教坐標系，寫出點的坐標，設(shè)出點的坐標，依據(jù)空間中兩點之間的距離公式，求解即可.【詳解】建立分別以DA，DC，為x，y，z軸的空間直角坐標系，如下所示：則點P的坐標為，設(shè)點Q的坐標為，則，當且僅當時，不等式取等；即的最小值為.故選：B．10.已知、兩點的坐標分別為、，若點是圓上的動點，則面積的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出點到直線距離的取值范圍，再利用三角形的面積公式可得出面積的取值范圍.【詳解】設(shè)過、兩點的直線為，化簡得，圓心到直線的距離為，∴圓上點到的距離的取值范圍是，即，又，則面積最大值為，面積最小值為，面積的取值范圍是.故選：D.11.已知正實數(shù)，滿意方程，則下列不等式正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由基本不等式求解與的范圍后推斷，【詳解】∵，是正實數(shù)，∴有，當且僅當“”時取“=”，將代入得，解得，∴A，C錯誤；將代入得，解得，∴D錯誤，B正確，故選：B12.已知直線與交于點P，若，，則使點P到A，B兩點距離之和等于4的m的值有（）A.1個 B.2個 C.3個 D.4個【答案】D【解析】【分析】由點P到A，B兩點距離之和等于4，得到P的軌跡為，又兩條直線相互垂直，且分別過定點，，則P點的軌跡又為，則P即為兩曲線的交點.【詳解】由直線性質(zhì)可知直線與相互垂直，且分別過定點，，∴點P在以原點為圓心，半徑為的圓上（除去），即圓：，由橢圓的定義可知到A，B距離之和等于4的點在橢圓：上，∵圓與橢圓有4個交點，∴滿意題意的m的值有4個.故選：D二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.橢圓的長軸長為______．【答案】8【解析】【分析】依據(jù)橢圓方程確定橢圓的，即可求解長軸長.【詳解】解：由橢圓的幾何性質(zhì)可知，∴，∴長軸長。故答案為：8．14.若，滿意約束條件則的最大值為______．【答案】4【解析】【分析】依據(jù)線性約束條件，確定可行域，將目標函數(shù)轉(zhuǎn)換為直線縱截距問題，結(jié)合可行域求得最值即可.【詳解】解：作出約束條件表示的平面區(qū)域，如圖中陰影（包括邊界）設(shè)目標函數(shù)，轉(zhuǎn)化為直線為，則直線縱截距為，要求的最大值，即確定直線縱截距的最值，所以在點處直線縱截距取得最大值，即.故答案為：4．15.圓與圓的公共弦長為______．【答案】【解析】【分析】兩圓方程相減即可地公共弦所在直線，分別求出圓的圓心到直線的距離與半徑，再利用直線與圓的相交弦長公式即可求出答案.【詳解】圓與圓的方程相減可得公共弦長所在直線的方程，即，圓的圓心為，半徑為2，圓心到的距離，∴兩圓公共弦長，故答案為：.16.如圖，在平行六面體中，四邊形，均為矩形，已知，且二面角的平面角為，連接，，則四邊形的面積為______．【答案】4【解析】【分析】依據(jù)平行六面體的幾何性質(zhì)及二面角的平面角的大小，確定四邊形的邊長與角度大小，即可得四邊形的面積.【詳解】解：如圖，連接，，∵四邊形，均為矩形，∴，，又平面∴平面，又，∴平面，∴又∵平面平面，∴二面角的平面角為，即，∴，，又∵，，則，，∴.故答案為：4.三、解答題：本題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.分別求滿意下列條件的直線方程．（1）傾斜角為60°，且過點；（2）經(jīng)過直線與的交點，且與直線平行．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）依據(jù)給定條件，求出直線的斜率，利用直線的點斜式方程求解作答.（2）求出兩直線的交點坐標，再借助平行關(guān)系求解作答.【小問1詳解】因直線的傾斜角為60°，則該直線斜率，所以所求直線的方程為，即.【小問2詳解】由解得：，依題意，所求直線經(jīng)過點，設(shè)所求直線為，將點代入，得，所以所求直線為．18.已知橢圓的標準方程為，且右頂點到兩焦點，距離之和為，距離之差為2．（1）求橢圓的標準方程；（2）過左焦點且斜率為的直線交橢圓于，兩點，求，兩點的坐標．【答案】（1）；（2），．【解析】【分析】（1）依據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)，列出的方程組，求解即可；（2）寫出直線的方程，聯(lián)立橢圓方程，求解即可.【小問1詳解】∵右頂點到兩焦點，的距離分別為a＋c，a－c，∴，，解得，c＝1，∴，∴橢圓C的標準方程為；【小問2詳解】由（1）可知左焦點的坐標為，∴直線l的方程為y＝x＋1，聯(lián)立直線l與橢圓C的方程得，整理得，解得或0，即A，B兩點的坐標分別為，．19.如圖，在四棱錐中，底面，底面為正方形，．（1）求證：；（2）求三棱錐的體積．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）證明平面后可得證線線垂直；（2）由棱錐體積公式計算．【小問1詳解】∵底面，平面，∴，又∵底面為正方形，∴，又，，平面，∴平面，又平面，∴；【小問2詳解】∵平面，∴是三棱錐的高，．20.已知圓C的圓心為，半徑為3，l是過點的直線．（1）推斷點P是否在圓上，并證明你的結(jié)論；（2）若圓C被直線l截得的弦長為，求直線l的方程．【答案】（1）點P不在圓上，證明見解析（2）x＝0或3x＋4y－8＝0．【解析】【分析】(1)將點的坐標導入圓的方程與1比較大小即可.(2)已知弦長，求直線方程，求出圓心到直線的距離，用垂徑定理，解直角三角形即可，特殊要留意斜率不為0的狀況.【小問1詳解】點P不在圓上．證明如下：∵，∴由圓的定義可知點P是在圓C的內(nèi)部，不在圓上；【小問2詳解】由直線與圓的位置關(guān)系可知，圓心C到直線l的距離，①當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x＝0，此時，滿意題意；②當直線l斜率存在時，設(shè)直線l為y＝kx＋2，即kx－y＋2＝0，又∵，解得，此時直線l為3x＋4y－8＝0，綜上所述：直線l的方程為x＝0或3x＋4y－8＝0．21.長江存儲是我國唯一一家能夠獨立生產(chǎn)3DNAND閃存的公司，其先進的晶棧Xtacking技術(shù)使得3DNAND閃存具有極佳的性能和極長的壽命．為了應(yīng)對第四季度3DNAND閃存顆粒庫存積壓的狀況，某下游閃存封裝公司擬對產(chǎn)能進行調(diào)整，已知封裝閃存的固定成本為300萬元，每封裝萬片，還須要萬元的變動成本，通過調(diào)研得知，當不超過120萬片時，；當超過120萬片時，，封裝好后的閃存顆粒售價為150元/片，且能全部售完．（1）求公司獲得的利潤的函數(shù)解析式；（2）封裝多少萬片時，公司可獲得最大利潤？【答案】（1）（2）封裝160萬片時，公司可獲得最大利潤【解析】【分析】（1）依據(jù)利潤=銷售額-成本即可的利潤的函數(shù)解析式；（2）依據(jù)（1）利潤的函數(shù)解析式，分段求解函數(shù)最值，最終比較得最大值即可.【小問1詳解】解：當時，，當時，，綜上可知；【小問2詳解】解：當時，，∴當時，利潤取最大值700萬元；當0時，，∴當且僅當“”，即“”時，利潤取最大值730萬元，綜上所述，封裝160萬片時，公司可獲得最大利潤730萬元．22.已知圓過點，且與軸相切于坐標原點，過直線上的一動點引圓的兩條切線，，切點分別為，．（1）求圓的標準方程；（2）若點為線段的中點，點為坐標原點，求的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設(shè)出圓心后列式求解，（2）由題意求解的軌跡方程，再由圓的性質(zhì)求解，【小問1詳解】∵圓與軸相切，∴可設(shè)圓心的坐標為；又∵圓過點，，