上海市某中学2024-2025学年高二年级上册期末考试数学试题（解析版）

川沙中学2024学年第一学期高二年级数学期末

一、填空(每题3分)

1.已知〃为正整数，且千=30,则〃=.

【答案】6

【解析】

【分析】由排列数的计算公式得到方程，求出答案.

【详解】•=〃("-1)=30,解得〃=6或—5(舍去).

故答案为：6

2.用斜二测画法画水平放置的正方形的直观图。RC如图，若在直观图中5C=2cm,则A3=

_________cm.

【答案】1

【解析】

【分析】根据斜二测画法的规则求解.

【详解】根据斜二测画法规则，与x轴平行的线段6C的长度不变，与〉轴平行的线段A3的长度是原来

的一半，因此AB=LBC=I.

2

故答案为：1.

3.若直线2x-y+l=0与直线x+ay+3=。平行，则“=.

【答案】—1##-0.5

2

【解析】

【分析】两直线Ax+4y+G=0与4x+B2y+C2=0平行，满足4层—4耳=0且402-4GW0或

B[C?~B2clw0

【详解】由题意得：2。+1=0,解得：a=——,经检验符合要求.

2

故答案为：—

2

4.过点4(1,-2)且与直线2x+y=0垂直的直线方程为.

【答案】x—2y—5=0

【解析】

【分析】根据条件，利用两直线垂直时，斜率间的关系，得到所求直线的斜率，再由直线的点斜率式，即

可求解.

【详解】因为直线2x+y=。的斜率为左=—2,

所以过点A（L—2）且与直线2x+y=0垂直的直线方程为y+2=g（x—1）,即x—2y—5=0,

故答案为：x-2y-5=0.

5.用0,1,2,3四个数字组成的没有重复数字的四位数中，偶数的个数是

【答案】10

【解析】

【分析】通过个位数字是。和2,两类情况讨论即可求解；

【详解】当个数数字是0时，满足条件四位数由3x2xl=6,

当个数数字是2时，满足条件的四位数由2x2=4，

故满足条件的偶数个数是10,

故答案为：10

6.如图，某几何体的形状类似胶囊，两头都是半球，中间是圆柱，其中圆柱的底面半径与半球的半径都为

1,若该几何体的表面积为12兀，则其体积为.

【解析】

【分析】根据给定条件，求出中间圆柱的高，再利用球和圆柱的体积公式求解作答.

【详解】依题意，几何体可视为半径为1的球和底面圆半径为1,高为。的圆柱组合而成,

于是几何体的表面积51=47txl2+27rxlx/z=4兀+2兀〃=12兀，解得h=4,

4兀16冗

所以该几何体的体积V=——xF+兀义12义4=—

33

16K

故答案为:

22

7.已知椭圆二+4=l（a〉6〉0）的长轴长是短轴长的2倍，则椭圆的离心率e=

CTb2

【答案】—##^

22

【解析】

【分析】根据条件得到a=2》，再由e=£即可求解.

a

22

【详解】因为椭圆二+二=l[a>b>0）的长轴长是短轴长的2倍,

CTb2

=昱,

则2a=4/7,即a=2/7,所以e=£=

a一号'

故答案为：昱.

2

8.如图，四棱锥P—A5co中，底面ABC。是边长为2的正方形，/四，平面ABC。，PA=2,则点

A到平面PBC的距离为.

【答案】0

【解析】

【分析】利用线面垂直的性质得到PAL6C，又人4，笈。，由线面垂直的判定定理，可得5CL面

PAB,从而可得PB1.5C,再分别求出S^Bc，S-ABC，利用等体法，即可求解.

【详解】因为R4,平面A3CD，又6Cu面A6CD,则？AL5C,

又ABL/C,PA[yAB=A,PA,A3u面R45，所以BC上面Q4B,

又尸fiu面所以PBL3C,又R4=2，A3CD是边长为2的正方形，

所以收=2起，则％Bc=g|P§|•忸C|=gx20x2=2后，SiABC=1x2x2=2,

设点A到平面PBC的距离为h,

由匕-PBC=K>-ABC，得到§x2x2=§X2A/^7Z，解得=

故答案为：V2.

9.将一段长12cm的铁丝折成两两互相垂直的三段，使三段长分别为3cm、4cm、5cm,则原铁丝的两个

端点之间的距离为cm.

【答案】572

【解析】

【分析】将所折铁丝用空间几何体表示，可得各侧面均为直角三角形的三棱锥，进而求原铁丝的两个端点

之间的距离.

【详解】由题意，三段分别为AB=3cm,BC=4cm,a)=5cm,如下图示，

「

D

：.AB±BC,BC±CD,AB±CD,又=即CD,面ABC,

又ACu面ABC,故CE>_LAC,

AD=y/AB2+BC2+CD2=50cm-

故答案为：5.72

10.已知从“+1个球(其中〃个白球，1个黑球)的口袋中取出加个球m，nwN*.)，共有

C3种取法，在这c；：i种取法中，可以分成两类：一类是取出的，"个球全部为白球，另一类是取出1个黑

球和m-1个白球，共有G°C：+C：C：T种取法，即有等式c；c："+co=。禽成立，试根据上述思

想，化简下列式子：G"+GC；T+C；CT+…+或=(l<k<m<n,k,m,nGN*).

【答案】C,

【解析】

【分析】根据题意，从装有〃个白球，左个黑球的袋子里，取出加个球(1W左<mW〃，C0<m<n,

m,n&N^,共有种取法；这C：二种取法中，可以根据黑球被取到的个数分为左+1类：

分别计算对应的取法，即可得出结果.

【详解】由题意，

从装有〃个白球，上个黑球的袋子里，取出，"个球(1W左(0<m<«,私"CN*),共有

CM种取法;

在这CM种取法中，可以根据黑球被取到的个数分为左+1类：

取o个黑球，有c：种取法；

取1个黑球，有种取法；

取2个黑球有，种取法；

...,

取上个黑球有，cfcr人种取法；

则c%=c：+c：c片+C2：2+…yc’k.

故答案为：C"

【点睛】本题主要考查合情推理，以及组合的简单应用，属于基础题型.

22

11.如图，已知产是椭圆土+乙=1的左焦点，A为椭圆的下顶点，点尸是椭圆上任意一点，以PF为直

43

径作圆N,射线QV与圆N交于点Q,则|AQ|的取值范围为.

【答案】[2—6,2+/]

【解析】

【分析】由题意求得点。轨迹，根据轨迹判断计算|AQ|的取值范围.

【详解】尸为椭圆右焦点，连接尸尸，如图所示:

K

QN分别为尸尸,尸尸的中点，|0N|=；|尸尸I，PR为直径，|NQ|=；|尸制，

|0e|=|0N|+|ive|=||pr|+||PF|=|(|pr|+|PF|)=2,

所以点。轨迹是以。为圆心2为半径的圆，A(0,-6)在圆内，

所以|A2|的最小值为2-6，最大值为2+6，即|AQ|的取值范围为[2-g,2+g].

故答案为：[2—g,2+6]

12.己知正方体棱长为。，E,尸分别为棱G2、A2的中点，尸为体对角线所

在直线上一动点，则4E入P绕直线所旋转而成的几何体体积的最小值为.

【答案】叵/

144

【解析】

【分析】首先取的中点G,并设B2nG"=P,根据平面EFG,旋转后的几何体为两个同底

的圆锥，由图求最小的半径以及高，即可求解圆锥体积.

【详解】取。2的中点G,

因为BB11平面，所u平面4用。12，

所以且EF上BiQ,且34八4。1=4，平面BBQ-

所以封，平面B瓦2，3D1u平面2片。，所以所，52，

同理EG18R,EFQEG=E,跖,EGu平面EEG,

所以2。，平面EFG,

设5。口6//=尸,

由图可知，此时的高为尸”，且此时△££P的高最短，绕所旋转成的几何体体积最

小，该几何体为两个相同的圆锥的组合体，圆锥底面半径为尸”，高为EH,

1夜

EH=-EF=—a^

24

+BD亚aA/6

在△BDD［中,sin/BD〔D—....=-尸—-,

BD16a3

在△GPZ)|中，sin/G〃P="=如，得GP=逅x@=^a，

GDl3326

GH=4GD：+Di/==手°'

PH=GH-GP=—a>

12

形成的几何体的体积为V=2x，x（7r.P"2）xE//=Y2a3.

3、'144

故答案为：叵/

144

【点睛】关键点点击：本题的关键是找到点尸的位置，使圆锥底面半径最小.

二、选择（每题3分）

13.已知直线"c,若a〃Z»,且b与c相交，则。与c的位置关系是（）

A.相交B.相交或异面

C.平行或异面D.相交、平行或异面

【答案】B

【解析】

【分析】根据空间中线线的位置关系判断即可.

【详解】因为人与c相交，所以6与c确定一个平面，不妨设为a,

又a/!b,所以aua或。//。，

若aua,则。与c相交，若a//a,则。与c异面；

综上可得a与c的位置关系是相交或异面.

故选：B

14.6名同学到A5c三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，A场馆安排1名，8场馆安排2名，C

场馆安排3名，则不同的安排方法的个数有（）

A.30B.60C.120D.360

【答案】B

【解析】

【分析】根据场馆安排，对6名同学依次分组，利用分步乘法原则即可求得结果.

【详解】首先安排C场馆的3名同学，即C：=20；

再从剩下3名同学中来安排A场馆的1名同学，即C；=3；

最后安排2名同学到丙场馆，即C；=1.

所以不同的安排方法有：20x3x1=60种.

故选：B

15.已知点直线/：%=—1,两个动圆均过点A且与/相切，其圆心分别为G，5,若动点又满

足2可？=以宵+冬，则M的轨迹方程为（）

A.y2-2x-lB.y2—2x+l

C.j2=4x+lD.y2=4x-l

【答案】A

【解析】

【分析】由抛物线定义得到圆心轨迹，设6（。/）,。2（机，〃），时（*,），再结合向量的坐标表示得到

a=2x-l,b=2y,即可求角单；

【详解】由抛物线的定义可得动圆的圆心轨迹方程为=4x,

设G（4»）,C2（%"），M（XM，则由动点又满足2可？=*+序，

二2（x—m,y—ii）=（a—m,b—«）+（l——

/.2x=a+ly2y=bJ：.a=2x-lJb=

b2=4a,(2»=4(2x-l),BPj2=2x-l.

故选：A

16.已知集合加={(乂丁)|%2+3；2<1},若实数彳、〃满足：对任意的(x,y)cM,均有

则称(4〃)是集合"的“可行数对”，给出以下两个命题，则()

①{(2,〃)|万_4〃=0}中存在“可行数对”

②{(2,〃)|万一〃2_2=0}中存在“可行数对”；

A.①为真命题，②为真命题B.①为假命题，②为假命题

C.①为假命题，②为真命题D.①为真命题，②为假命题

【答案】D

【解析】

【分析】由题意/L2x2+〃2y2</2+〃2<l,从而将问题转化为N={(%〃)|%+)<1}与命题①②中

所表示的曲线是否有交点，即可求解.

【详解】由题意对任意的,均有(/U,eM,贝!|万/+〃)2<1，

X%2<1,y2<1,则A2x2+pry2<A2+//2<1,

所以可看成以原点为圆心，1为半径的圆上及圆内部的点，记N={(/l,〃)|/l2+〃2<l}

对于命题①，因为外一4〃=0对应的图形是抛物线，显然{(4〃)|分—4〃=0}与

N={(4〃)］彳2+〃241}有交点，所以①为真命题，

对于命题②，由方-〃2-2=0,得到=1,表示双曲线，且实半轴长为夜>1，

所以{(%〃)|%一〃2_2=0}与N={(4〃)|川+〃2<1}没有交点，所以②为假命题，

故选：D.

【点睛】关键点点晴，本题的关键在于转化成"={(4〃)|/P+〃2<1}与命题①②中所表示的曲线是否

相交.

三.解答题(8分+8分+10分+12分+14分=52分)

17.已知圆。：/+丁2=4,直线/：丁=依一4.

(1)当直线/与圆。相切时，求直线/的方程;

(2)直线/与圆C交于A、B两点，弦长|A4=2G求直线/的方程

【答案】(1)y=±&-4

(2)y=±V15x-4

【解析】

【分析】(1)由圆心到直线的距离等于半径列出等式求解即可;

(2)由弦长求得圆心到直线的距离，进而可求解；

【小问1详解】

因为直线/与圆C相切，

4

所以圆心到直线的距离等于半径，即=2,解得：k=±^3，

71+P

所以直线/的方程：'=±后—4

【小问2详解】

设圆心到直线的距离为d,

则屋=/_［曰4邳］=］,

所以d=1,

4,「

所以I=1，解得：k—土，

Vi+v7

所以直线/的方程：y=±V15x-4

18.如图所示，圆锥的底面半径。4=2,高P0=6,点C是弧AB的中点，点。是母线/24的中点.

(1)求圆锥的体积；

(2)求直线CD与平面A4B所成角的大小.

【答案】(1)8兀

⑵arcsin---

7

【解析】

【分析】根据条件，直接利用圆锥的体积公式，即可求解；

（2）建立空间直角坐标系，求出平面7^45的法向量和电，利用线面角的向量法，即可求解.

【小问1详解】

因为OA=2,则圆。的面积为S=兀―=4兀，

又P0=6,所以圆锥的体积为V=」S/I=LX4兀x6=8兀.

33

【小问2详解】

易知面圆0,又点C是弧AB的中点，则OCLAB,

以0为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则P（0,0,6）,A（2,0,0）,C（0,2,0）,又点。是母线/力的中点，所以£＞（1,0,3）,

易知平面PAB的一个法向量为为=（0,1,0）,又无=（1,—2,3）,

设直线与平面已钻所成的角为6,

।一।\CD-n\2巫

则sin6>=cosCD,n\=J_J=

11C£>-|n|Jl+4+97

又6c0,g,所以，=arcsin'区.

L2j7

19.为了考察冰川的融化状况，一支科考队在某冰川山上相距8km的A、B两点各建一个考察基地，视冰

川面为平面形，以过A、B两点的直线为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系（图

4）.考察范围到A、B两点的距离之和不超过10km的区域.

（I）求考察区域边界曲线的方程：

（II）如图4所示，设线段片鸟是冰川的部分边界线（不考虑其他边界），当冰川融化时，边界线沿与其垂

直的方向朝考察区域平行移动，第一年移动0.2km,以后每年移动的距离为前一年的2倍.问：经过多长

时间，点A恰好在冰川边界线上？

【答案】(I)—+^=1；(II)5年

259

【解析】

【详解】解：(D设边界曲线上点P的坐标为(x,y),则由|PA|+|PB|=10知，

点尸在以A,3为焦点，长轴长为2。=10的椭圆上，此时短半轴长为〃=疗二不=3,

(II)易知过点匕鸟的直线方程为4x—3y+47=0,因此点A到直线片舄的距离为

f1-16+47131

一次+㈠产―5

设经过〃年，点A恰好在冰川边界线上，则利用等比数列求和公式可得

0.2x(2,!-l)_31

-，

2-1--5

解得〃=5,即经过5年，点A恰好在冰川边界线上.

20.已知抛物线「：V=4x的焦点为产，若△ABC的三个顶点都在抛物线「上，且丽+而+定=。，

则称该三角形为“核心三角形”.

(1)是否存在“核心三角形”，其中两个顶点的坐标分别为(0,0)和(1,2)?请说明理由；

(2)设“核心三角形"ABC的一边AB所在直线的斜率为4,求直线AB的方程；

(3)已知△ABC是“核心三角形”，证明：点A的横坐标小于2.

【答案】(1)不存在，理由见解析.(2)4x—y—5=0.(3)证明见解析

【解析】

【分析】(1)利用丽+丽+京=。求得第三个点的坐标，由此判断出这样的“核心三角形”不存在.

(2)设出直线A3的方程，与抛物线方程联立，写出韦达定理，根据砺+砺+0心=3砺求得。点的

坐标并代入抛物线方程，由此求得加的值，进而求得直线AB的方程.

(3)设出直线5C的方程并与抛物线方程联立，写出判别式和韦达定理，利用次=3赤-(砺+文)

求得A点的坐标并代入抛物线方程，

【详解】(1)由于丽+丽+京=6，即次一赤+砺一砺+"一砺=6，即

W=3OF-OA-OB^所以

第三个顶点的坐标为3(1,0)—(0,0)—(1,2)=(2,—2),

但点(2,-2)不在抛物线「上，

这样的“核心三角形”不存在.

2

(2)设直线A5的方程为V=4x+f,与丁=4x联立并化简得：y_y+t^o

设A(再,%),B{xz,y2),C(x3,y3),

%+'2=1,石+%2=Z(X+%-27)=7一耳，

由(I)^OC=3OF-OA-OB^即市+岳+双=3赤，所以

由(%+%+£,%+%+%)=(3，°)得：%,=-+—,%=-1，

24

代入方程V=4%,解得：〃=—5,•••直线A3的方程为4x—y—5=0.

2

(3)设直线5c的方程为％=改+加，与V=4%联立并化简得：y-4ny-4m=0,

•••直线3c与抛物线「相交，，判别式△=16(1+M>0,即能>-“2.

2

y2+y3=4n,x2+x3=4n+2m,

由砺+砺+反=3无，得次=3丽-(砺+配)=3(1,0)-(4"+2私4”)

=(3,0)-(4?r+2"Z,4")=(T〃2—2m+3,-Ari^,即

点A坐标为(一4〃2-2m+3,-4n),

3

又丁点A在抛物线r上，・•・161=—161—8根+12，得加=一41+—,

2

31

m>一〃之,即机=-4n2+—>—n2，n2<—,

22

・••点A的横坐标2根+3=T*+8〃2=4n2<2.

【点睛】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.

2

21.已知双曲线「V一上=1,设其左、右顶点分别为A,B,中心为O.

3

(1)求双曲线「的焦距和虚轴长；

(2)斜率为孚的直线/交双曲线「于C,。两点，且求弦长|co|；

(3)设双曲线「右支上两点M,N满足直线AM与8N在y轴上的截距之比为1：3,判断直线是否过

定点，并说明理由.

【答案】(1)焦距为4,虚轴长为26；

(2)4；

(3)过定点(2,0),理由见解析.

【解析】

【分析】(1)根据双曲线的标准方程求解即可；