2023-2024学年河南省驻马店市高二上学期1月期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省驻马店市2023-2024学年高二上学期1月期末考试数学试题本试题卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试题卷上答题无效．注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写（涂）在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号，姓名是否一致．2．第I卷每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号．第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题上作答，答案无效．3．考试结束，监考教师将答题卡收回．第I卷（选择题共60分）一、选择题：本题共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.已知，，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，，所以，设直线的倾斜角为，则，又，所以，即直线的倾斜角为.故选：D2.抛物线的焦点坐标为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】将抛物线方程化为标准方程得，所以，抛物线开口向上，且，故焦点坐标为.故选：C3.已知两条不重合的直线和．若，则实数的值为（）A. B. C.1 D.或1【答案】B【解析】因为，故，故或，当时，的方程均为，它们重合，故舍去；当时，，，它们平行，故选：B.4.在平行六面体中，是平行四边形的对角线的交点，为的中点，记，则等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，化简得：，故选：A.5.钟表面上有12个时刻整点，从中任选3个整点，则此3点能构成直角三角形的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】12点中任取3个不同的点，共有，12个时刻整点共有6条不同的直径，除去两个直径的端点，还余10个点，故任选3个整点，它们构成直角三角形，有，设为“任选3个整点，则此3点能构成直角三角形”，则，故选：D.6.在四棱锥中，底面为正方形，底面分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，，，由分别为的中点，则，，则，，设异面直线与的夹角为，.故选：A.7.在平面直角坐标系中,点分别在x轴和y轴上运动,且,点和点P满足，则的最大值为（）A.2 B. C. D.【答案】D【解析】设、、，则、、，由，则有，即，由，有，故，即，即有，且，则，由，故当时，有最大值，且的最大值为.故选：D.8.2023年杭州亚运会是疫情之后我国举办的一项重大赛事，它不仅向世界展示了我国强大的综合实力，更体现了我国青年的奉献精神和志愿力量．运动会期间甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者站成一排拍照留念，其中甲和乙相邻，甲和丙不相邻，则不同的排列方式共有（）种．A.24 B.32 C.36 D.40【答案】C【解析】甲和乙相邻，则甲乙有种排法，则甲、乙、丁、戊共有种排法，此时甲、乙、丁、戊间共有五个位置可排，但甲和丙不相邻，故只能在三个位置中选一个，故共有种排法.故选：C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知曲线，下列命题错误的是（）A.若，则是双曲线 B.若，则是椭圆C.若，则是圆 D.若，则是两条直线【答案】BCD【解析】对于A，当时，异号，故曲线是双曲线，故A正确；对于B，若，则曲线圆，故B错误；对于C，若，则曲线不存在，故C错误；对于D，若，满足，但曲线不存在，故D错误.故选：BCD.10.有4个相同的球，分别标有数字，从中不放回随机取两次，每次取1个球，表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则下列关系成立的是（）A.与相互独立 B.与相互独立 C.与相互独立 D.与相互独立【答案】BC【解析】从上述个球中不放回的随机取两次，每次取1个球，所有的基本事件：、、、、、、、、、、、，共种，其中事件包含的基本事件有：、、、、、，共6种，事件包含的基本事件有：、、、、、，共6种，事件包含的基本事件有：、、、、、、，，共8种，事件包含的基本事件有：、、、，共4种，对于A：，，事件包含的基本事件有：、、、，共4种，则，故，不独立，故A错误；对于B：事件包含的基本事件有：、、、，共种，则，又，所以，故，相互独立，故B正确；对于C：事件包含的基本事件有：、，共2种，则，又因为，则，则、相互独立，故C正确；对于D：因为、互为对立事件，所以，则，故、不相互独立，故D错误．故选：BC．11.已知，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】对于A，对，有，则，故A错误；对于B，令，则有，即，因为，所以，，，，，故有，故B正确；对于C，由、、，、，则，令，则有，即，又，故，故C正确；对于D，令，则有，即，又，故，故D正确.故选：BCD.12.法国著名数学家蒙日首先发现椭圆两条互相垂直的切线的交点轨迹是以椭圆的中心为圆心的圆，后来这个圆被称为蒙日圆．已知椭圆，其蒙日圆为圆，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，，则下列选项正确的是（）A.圆的方程为 B.四边形面积的最小值为4C.的最小值为 D.当点为时，直线的方程为【答案】BD【解析】当切线的切点分别为椭圆上顶点和右顶点时，可以得到两切线的交点为，所以蒙日圆的方程为，故A不正确；四边形面积为：，只需求出的最小值，而的最小值为点到直线的距离，所以的最小值为，故B正确；设,则，故，所以，又，当且仅当取等号，而的最小值，故的最小值8，故等号取不到，故C不正确；当点为时，点，，，四点共以为直径圆上，所以这个圆的方程为，与圆方程联立，可得直的方程为，故D正确.故选：BD.第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在答题卡相应的位置上．13.在空间直角坐标系中，，则点B到直线的距离为_________．【答案】【解析】因为，可得在方向上的投影为，又，由勾股定理可得点到直线的距离为.故答案为：14.已知的展开式中常数项为，则________．【答案】【解析】因为，其中展开式的通项为（且），则的展开式中常数项为，所以，解得.故答案为：15.中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设空间站要安排甲、乙、丙、丁4名航天员开展实验，每名航天员只能去一个舱，每个舱至少安排一个人，则甲被安排在天和核心舱的条件下，乙也被安排在天和核心舱的概率为_________．【答案】【解析】根据题意，设事件为“甲被安排在天和核心舱”，事件为“乙被安排在天和核心舱”，将甲、乙、丙、丁安排到3个航天舱，需要先将4人分为3组，再安排到3个航天舱，有种安排方法，甲被安排在天和核心舱，有种安排方法，则，若甲、乙均被安排在天和核心舱，有种安排方法，则，故甲被安排在天和核心舱的条件下，乙也被安排在天和核心舱的概率．故答案为：．16.如图，椭圆和有相同的焦点,离心率分别为为椭圆的上顶点,与椭圆交于点B,若，则的最小值为_________．【答案】【解析】设，，则，又，则，，所以，所以，又，所以，所以，则，所以，则的最小值为.故答案为：四、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤．17.公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中证明了平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，这个圆被称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，，动点Q满足，设动点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）直线与曲线交于两点，若，从中任选一个值，求此时相应的弦长．解：（1）设，由，得，整理得，即曲线的方程为.（2）①如果选，此时直线的方程为而圆的半径，圆心到直线的距离为，故弦长，②如果选，此时直线的方程为，由，解得或，则直线与圆的两个交点坐标为，，故弦长.③如果选，此时直线的方程为，可知直线经过圆心，圆的半径，所以弦长.18.已知P是抛物线的准线上任意一点,过点P作抛物线C的两条切线,切点分别为．（1）若点P纵坐标为0，求此时抛物线C的切线方程；（2）设直线的斜率分别为，求证：为定值．解：（1）由抛物线C的方程为，则其准线方程为由于点P的纵坐标为0，所以点P为，过P作抛物线C的切线，由题意知斜率存在且不为0，设其斜率为k则切线方程为联立由于直线与抛物线C相切，可知，即此时抛物线C的两条切线方程分别为和.（2）点P在抛物线C的准线上，设由题意知过点P作抛物线C的切线，斜率存在且不为0，设其斜率为k则切线方程为联立由于直线与抛物线C相切，可知，即而抛物线C的两条切线的斜率，即为方程的两根故.19.如图,和所在平面互相垂直,且,.（1）求证：；（2）求平面和平面夹角的余弦值.解：（1）方法一：记，则，由，即，可知，即，则方法二：延长，过点A作，交延长线于点O，由平面平面，平面平面平面，则平面，由，则≌，可得，又，得≌，则，故，又由平面，则平面，又平面，则；方法三：延长，过点A作，交于点O，由平面平面，平面平面，平面，则平面，由，则≌，可得，又，得≌，则，故，故以O为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，则，则，则，即，故；方法四：在平面和平面内，过点B分别作直线垂直于直线，由平面平面，平面平面平面，则平面，又平面，所以，以点B为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，，则，，则，则，故；（2）由（1）中方法三：设平面的一个法向量，可知，则，取，得，而平面的一个法向量为，则，故平面和平面夹角的余弦值为20.为铭记历史，缅怀先烈，增强爱国主义情怀，某学校开展了共青团知识竞赛活动．在最后一轮晋级比赛中，甲、乙、丙三名同学回答一道有关团史的问题，每个人回答正确与否互不影响．已知甲回答正确的概率为，甲、丙两人都回答正确的概率是，乙、丙两人都回答正确的概率是．（1）若规定三名同学都回答这个问题，求甲、乙、丙三名同学中至少1人回答正确的概率；（2）若规定三名同学抢答这个问题，已知甲、乙、丙抢到答题机会的概率分别为,求这个问题回答正确的概率．解：（1）设乙答题正确的概率为，丙答题正确的概率为，则甲、丙两人都回答正确的概率是，解得，乙、丙两人都回答正确的概率是，解得，所以规定三名同学都需要回答这个问题，则甲、乙、丙三名同学中至少1人回答正确的概率.（2）记事件为“甲抢答这道题”，事件为“乙抢答这道题”，事件为“丙抢答这道题”，记事件B为“这道题被答对”，则，，，且，，，由全概率公式可得.21.已知双曲线的一条渐近线方程为，为坐标原点，点在双曲线上．（1）求双曲线的方程；（2）若直线与双曲线交于两点，且，求的最小值．解：（1）由双曲线C的一条渐近线方程为，且双曲线过，所以，解得，故双曲线的方程为.（2）解法一：设，直线的方程为，联立，得，则，且，由，即，即，即，即，整理得，所以，当且仅当时，等号成立，故的最小值为.方法二：由题意知直线的斜率存在且不等于，设，，由，即，联立，解得，则，同理，其中，故，而，当且仅当时，等号成立，故的最小值为.22.如图,在四棱锥中,面,且,分别为的中点.（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存任，说明理由；（3）在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状.解：（1）如图，过E作交于点G,连接,面，面，则，又面，面，且不共线，故，因为为的中点，所以也为中点，又为的中点，所以，而平面，平面，所以平面，同理平面，又因为，平面，所以平面平面，而平面,所以平面；（2）设，如图,以点A为原点建立空间直角坐标系,则，故，则，设平面的法向量,则有,取,整理得,解得或(舍去)，所以当时,直线与平面所成角的正弦值是.（3）由（2）知，平面的一个法向量，点中点，则,则中点到平面的距离为，由，即故在以中点为球心，半径为的球面上，而，故在面上的轨迹是半径为的圆，故存在符合题意的，此时轨迹是半径为的圆.河南省驻马店市2023-2024学年高二上学期1月期末考试数学试题本试题卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试题卷上答题无效．注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写（涂）在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号，姓名是否一致．2．第I卷每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号．第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答，在试题上作答，答案无效．3．考试结束，监考教师将答题卡收回．第I卷（选择题共60分）一、选择题：本题共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.已知，，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为，，所以，设直线的倾斜角为，则，又，所以，即直线的倾斜角为.故选：D2.抛物线的焦点坐标为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】将抛物线方程化为标准方程得，所以，抛物线开口向上，且，故焦点坐标为.故选：C3.已知两条不重合的直线和．若，则实数的值为（）A. B. C.1 D.或1【答案】B【解析】因为，故，故或，当时，的方程均为，它们重合，故舍去；当时，，，它们平行，故选：B.4.在平行六面体中，是平行四边形的对角线的交点，为的中点，记，则等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，化简得：，故选：A.5.钟表面上有12个时刻整点，从中任选3个整点，则此3点能构成直角三角形的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】12点中任取3个不同的点，共有，12个时刻整点共有6条不同的直径，除去两个直径的端点，还余10个点，故任选3个整点，它们构成直角三角形，有，设为“任选3个整点，则此3点能构成直角三角形”，则，故选：D.6.在四棱锥中，底面为正方形，底面分别为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】建立如图所示空间直角坐标系，设，则，，，，由分别为的中点，则，，则，，设异面直线与的夹角为，.故选：A.7.在平面直角坐标系中,点分别在x轴和y轴上运动,且,点和点P满足，则的最大值为（）A.2 B. C. D.【答案】D【解析】设、、，则、、，由，则有，即，由，有，故，即，即有，且，则，由，故当时，有最大值，且的最大值为.故选：D.8.2023年杭州亚运会是疫情之后我国举办的一项重大赛事，它不仅向世界展示了我国强大的综合实力，更体现了我国青年的奉献精神和志愿力量．运动会期间甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者站成一排拍照留念，其中甲和乙相邻，甲和丙不相邻，则不同的排列方式共有（）种．A.24 B.32 C.36 D.40【答案】C【解析】甲和乙相邻，则甲乙有种排法，则甲、乙、丁、戊共有种排法，此时甲、乙、丁、戊间共有五个位置可排，但甲和丙不相邻，故只能在三个位置中选一个，故共有种排法.故选：C.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知曲线，下列命题错误的是（）A.若，则是双曲线 B.若，则是椭圆C.若，则是圆 D.若，则是两条直线【答案】BCD【解析】对于A，当时，异号，故曲线是双曲线，故A正确；对于B，若，则曲线圆，故B错误；对于C，若，则曲线不存在，故C错误；对于D，若，满足，但曲线不存在，故D错误.故选：BCD.10.有4个相同的球，分别标有数字，从中不放回随机取两次，每次取1个球，表示事件“第一次取出的球的数字是奇数”，表示事件“第二次取出的球的数字是偶数”，表示事件“两次取出的球的数字之和是奇数”，表示事件“两次取出的球的数字之和是偶数”，则下列关系成立的是（）A.与相互独立 B.与相互独立 C.与相互独立 D.与相互独立【答案】BC【解析】从上述个球中不放回的随机取两次，每次取1个球，所有的基本事件：、、、、、、、、、、、，共种，其中事件包含的基本事件有：、、、、、，共6种，事件包含的基本事件有：、、、、、，共6种，事件包含的基本事件有：、、、、、、，，共8种，事件包含的基本事件有：、、、，共4种，对于A：，，事件包含的基本事件有：、、、，共4种，则，故，不独立，故A错误；对于B：事件包含的基本事件有：、、、，共种，则，又，所以，故，相互独立，故B正确；对于C：事件包含的基本事件有：、，共2种，则，又因为，则，则、相互独立，故C正确；对于D：因为、互为对立事件，所以，则，故、不相互独立，故D错误．故选：BC．11.已知，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】对于A，对，有，则，故A错误；对于B，令，则有，即，因为，所以，，，，，故有，故B正确；对于C，由、、，、，则，令，则有，即，又，故，故C正确；对于D，令，则有，即，又，故，故D正确.故选：BCD.12.法国著名数学家蒙日首先发现椭圆两条互相垂直的切线的交点轨迹是以椭圆的中心为圆心的圆，后来这个圆被称为蒙日圆．已知椭圆，其蒙日圆为圆，过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，，则下列选项正确的是（）A.圆的方程为 B.四边形面积的最小值为4C.的最小值为 D.当点为时，直线的方程为【答案】BD【解析】当切线的切点分别为椭圆上顶点和右顶点时，可以得到两切线的交点为，所以蒙日圆的方程为，故A不正确；四边形面积为：，只需求出的最小值，而的最小值为点到直线的距离，所以的最小值为，故B正确；设,则，故，所以，又，当且仅当取等号，而的最小值，故的最小值8，故等号取不到，故C不正确；当点为时，点，，，四点共以为直径圆上，所以这个圆的方程为，与圆方程联立，可得直的方程为，故D正确.故选：BD.第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在答题卡相应的位置上．13.在空间直角坐标系中，，则点B到直线的距离为_________．【答案】【解析】因为，可得在方向上的投影为，又，由勾股定理可得点到直线的距离为.故答案为：14.已知的展开式中常数项为，则________．【答案】【解析】因为，其中展开式的通项为（且），则的展开式中常数项为，所以，解得.故答案为：15.中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设空间站要安排甲、乙、丙、丁4名航天员开展实验，每名航天员只能去一个舱，每个舱至少安排一个人，则甲被安排在天和核心舱的条件下，乙也被安排在天和核心舱的概率为_________．【答案】【解析】根据题意，设事件为“甲被安排在天和核心舱”，事件为“乙被安排在天和核心舱”，将甲、乙、丙、丁安排到3个航天舱，需要先将4人分为3组，再安排到3个航天舱，有种安排方法，甲被安排在天和核心舱，有种安排方法，则，若甲、乙均被安排在天和核心舱，有种安排方法，则，故甲被安排在天和核心舱的条件下，乙也被安排在天和核心舱的概率．故答案为：．16.如图，椭圆和有相同的焦点,离心率分别为为椭圆的上顶点,与椭圆交于点B,若，则的最小值为_________．【答案】【解析】设，，则，又，则，，所以，所以，又，所以，所以，则，所以，则的最小值为.故答案为：四、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或推演步骤．17.公元前3世纪，古希腊数学家阿波罗尼斯在《平面轨迹》一书中证明了平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆，这个圆被称为阿波罗尼斯圆．在平面直角坐标系中，，动点Q满足，设动点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）直线与曲线交于两点，若，从中任选一个值，求此时相应的弦长．解：（1）设，由，得，整理得，即曲线的方程为.（2）①如果选，此时直线的方程为而圆的半径，圆心到直线的距离为，故弦长，②如果选，此时直线的方程为，由，解得或，则直线与圆的两个交点坐标为，，故弦长.③如果选，此时直线的方程为，可知直线经过圆心，圆的半径，所以弦长.18.已知P是抛物线的准线上任意一点,过点P作抛物线C的两条切线,切点分别为．（1）若点P纵坐标为0，求此时抛物线C的切线方程；（2）设直线的斜率分别为，求证：为定值．解：（1）由抛物线C的方程为，则其准线方程为由于点P的纵坐标为0，所以点P为，过P作抛物线C的切线，由题意知斜率存在且不为0，设其斜率为k则切线方程为联立由于直线与抛物线C相切，可知，即此时抛物线C的两条切线方程分别为和.（2）点P在抛物线C的准线上，设由题意知过点P作抛物线C的切线，斜率存在且不为0，设其斜率为k则切线方程为联立由于直线与抛物线C相切，可知，即而抛物线C的两条切线的斜率，即为方程的两根故.19.如图,和所在平面互相垂直,且,.（1）求证：；（2）求平面和平面夹角的余弦值.解：（1）方法一：记，则，由，即，可知，即，则方法二：延长，过点A作，交延长线于点O，由平面平面，平面平面平面，则平面，由，则≌，可得，又，得≌，则，故，又由平面，则平面，又平面，则；方法三：延长，过点A作，交于点O，由平面平面，平面平面，平面，则平面，由，则≌，可得，又，得≌，则，故，故以O为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，则，则，则，即，故；方法四：在平面和平面内，过点B分别作直线垂直于直线，由平面平面，平面平面平面，则平面，又平面，所以，以点B为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，，则，，则，则，故；（2）由（1）中方法三：设平面的一个法向量，可知，则，取，得，而平面的一个法向量为，则，故平面和平