2024-2025学年河南省名校大联考高二上学期阶段性测试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省名校大联考2024-2025学年高二上学期阶段性测试数学试题考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､单项选择题：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（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，故选：B2.已知三个向量共面，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为共面，所以设，所以，解得，故选：C.3.在一次文物展览中，要将5件不同的文物从左到右摆成一排进行展示，其中有2件特殊的文物需要相邻摆放，则不同的排列方法有（）A.24种 B.48种 C.96种 D.120种【答案】B【解析】先把2件特殊的文物放一起，看做一个整体与其余3个全排列，共有种不同的排法，故选：B4.已知在四面体中，是棱的中点，点满足，点满足.记，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】如图，因为是棱的中点，点满足，则，，又点满足，即，于是，所以.故选：A5.已知分别为双曲线的左､右焦点，为上的一点，且，则的渐近线方程为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为，所以，所以，所以，又因为，所以，所以，所以渐近线方程为，故选：C.6.已知点在圆上运动，点是的中点，记点的轨迹为曲线.若直线过定点，且与曲线有且仅有一个公共点，则直线的方程为（）A. B.C.或 D.或【答案】D【解析】设，∵M是线段中点，∴，整理可得，∵A在圆上，∴，整理可得曲线的方程为：．曲线E是以圆心，半径的圆，所以若直线l与曲线E只有一个公共点，即直线l与曲线E相切．当直线l斜率不存在时，方程为，是圆切线，满足题意；当直线l斜率存在时，设其方程为，即，∴圆心到直线l的距离，解得，所以直线l的方程为，即．综上，直线l的方程为或．故选：D．7.过抛物线的焦点作倾斜角为的直线交抛物线于两点，过的中点作另一条直线交轴于点，若，且，则（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】抛物线y2=2pxp>0直线的斜率为，则直线的方程为，代入抛物线方程得，即，解得，∴，∴，因为的中点，所以，即，又，∴，∴，∴，所以直线的方程为，令，得，所以，∴，∴，解得．故选：B．8.已知直线过定点,圆的方程为，若是直线与圆的一个交点，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由直线可得，令，解得，所以直线过定点，因为圆的方程为，而，所以点在圆内部，即直线与圆相交，点是圆上的任意一点，因为，设，所以，其中，则当时，取得最大值，且最大值为故选：C二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知圆，则下列结论正确的是（）A.的取值范围为B.圆关于直线对称C.若直线被圆截得的弦长为，则D.若，过点作圆的一条切线，切点为，则【答案】BCD【解析】圆可化为，所以，解得，故A错误；因为圆C的圆心为在直线上，所以圆关于直线对称，故B正确；因为圆心到直线的距离为，又弦长为，所以，可得圆C的半径为1，即，得，故C正确；当时，圆C的半径为，，所以切线长为，故D正确.故选：BCD10.已知，且，则下列选项正确的是（）A.B.C.D.若为奇数，则【答案】ACD【解析】对于A，组合数的性质为，在中，令，那么，所以，故A正确；对于B，组合数的递推公式为，令，则，移项可得，故B错误；对于C，，，所以，故C正确；对于D，根据二项式定理，当时，，当，为奇数时，，两式相加得，则，故D正确；故选：ACD.11.已知椭圆的左､右焦点分别为，过的直线与交于两点，若，则（）A. B.的面积等于C.的斜率为 D.的离心率为【答案】BC【解析】根据，设，根据椭圆的定义可得，所以，则，所以，即，因为，所以点在下顶点或上顶点，如图所示：对于A，，所以，不能得到，故A错误；对于B，由A可得，所以，，因为，所以，故B正确；对于C，若点在下顶点，则该直线的倾斜角为，此时斜率为，若点在上顶点，则该直线倾斜角为，此时斜率为，所以的斜率为，故C正确；对于D，在中，，所以，离心率为，故D错误；故选：BC.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在的展开式中，若第三项的系数为15，则__________.【答案】6【解析】的展开式的通项为，则第三项的系数为，即，即，解得(舍)或．故答案为：6．13.如图，将两个相同的四棱锥与对称摆放组成一个多面体，已知平面，四边形是边长为2的正方形，若平面与平面的夹角为，则该多面体的体积为__________.【答案】【解析】∵平面，平面，∴，，又，，平面，∴平面，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，则,，设平面的法向量为，由，令，则，，设平面的法向量为，由，令，则，，若平面与平面的夹角为，则，解得，所以该多面体的体积为.故答案为：.14.现用3种不同的颜色给正五边形的五个顶点涂色，要求相邻顶点的颜色不同，则不同的涂色方法种数为__________.【答案】30【解析】如图，考虑B，C，E三点的涂色情况，若B，C，E三点涂三种颜色，则该三点共有种涂色方法，此时A有1种涂色方法，D有1种涂色方法，则共有种涂色方法；若B，C，E三点涂两种颜色，则E与B同色，或E与C同色，当E与B同色时，该三点共有种涂色方法，此时A有2种涂色方法，D有1种涂色方法，则共有种涂色方法，同理当E与C同色时，共有种涂色方法，综上，不同的涂色方法种数为．故答案为：30．四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.（1）求的展开式中的常数项；（2）已知，求的值.解：（1）展开式通项为．由，可得．因此展开式的常数项为第5项：．（2）已知式中令得，令得，又，所以，所以．16.已知双曲线的焦距为，且经过点.（1）求的方程；（2）已知斜率为且不经过坐标原点的直线与交于两点，若的中点在直线上，求的值.解：（1）由题意得，即，所以，因为双曲线经过点，所以代入可得，解得，，所以的方程为.（2）设直线的方程为，，，的中点为.联立，消去整理得：，所以，，则，，所以.因为在直线上，所以，又，所以.17.如图,在三棱锥中,底面，且为棱的中点.（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且，求平面与平面夹角的余弦值.解：（1）∵平面，且平面，∴，∵，平面，且，∴平面，又平面，∴，∵，且D为的中点，∴，又，且平面，因此平面．（2）以点A为原点，以过点A且平行于的直线为x轴，所在的直线分别为y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，∵，∴，∴，由于G在棱上，令，那么，∵，∴，解得，∴，又，设平面的法向量为，∴，令，则，，∵平面，∴是平面的法向量，设平面与平面的夹角为，则，∴平面与平面夹角的余弦值为．18.一个袋中装有2个红球和4个白球，这些球除了颜色以外完全相同.每次从袋中随机取出一个球，取出的球不放回.（1）求第二次取出是红球的概率；（2）若第三次取球时发现取出的是红球，求此时袋中没有红球的概率；（3）设2个红球都被取出时，已经取出的白球个数为，求的分布列.解：（1）第二次取出的是红球是两个互斥事件的和事件，分别为第一次取出红球，第二次取出红球；第一次取出白球，第二次取出红球；所以概率.（2）记第三次取球时发现取出的是红球为事件A，第三次取球后袋中无红球为事件B,则,，所以.（3）由题意，的可能取值为，则，，，，,所以分布列为：0123419.已知椭圆的离心率为，上､下顶点和左､右焦点形成的四边形的面积为.（1）求的方程；（2）设是上任意一点，线段上一点满足，求的取值范围；（3）经过的直线与交于两点，与的内切圆半径分别为，，当时，求的方程.解：（1）由条件可知，，解得，所以的方程为.（2）设，则且，因为，所以，所以，因为，所以，所以，化简可得，因为，所以.（3）当直线的斜率为时，显然不符合要求；当直线的斜率不为时，设，Ax1,y联立，可得，所以，因为，所以，所以，同理可知：，因为，所以且，所以，所以，所以，解得，所以的方程为，即.河南省名校大联考2024-2025学年高二上学期阶段性测试数学试题考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､单项选择题：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（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，故选：B2.已知三个向量共面，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为共面，所以设，所以，解得，故选：C.3.在一次文物展览中，要将5件不同的文物从左到右摆成一排进行展示，其中有2件特殊的文物需要相邻摆放，则不同的排列方法有（）A.24种 B.48种 C.96种 D.120种【答案】B【解析】先把2件特殊的文物放一起，看做一个整体与其余3个全排列，共有种不同的排法，故选：B4.已知在四面体中，是棱的中点，点满足，点满足.记，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】如图，因为是棱的中点，点满足，则，，又点满足，即，于是，所以.故选：A5.已知分别为双曲线的左､右焦点，为上的一点，且，则的渐近线方程为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为，所以，所以，所以，又因为，所以，所以，所以渐近线方程为，故选：C.6.已知点在圆上运动，点是的中点，记点的轨迹为曲线.若直线过定点，且与曲线有且仅有一个公共点，则直线的方程为（）A. B.C.或 D.或【答案】D【解析】设，∵M是线段中点，∴，整理可得，∵A在圆上，∴，整理可得曲线的方程为：．曲线E是以圆心，半径的圆，所以若直线l与曲线E只有一个公共点，即直线l与曲线E相切．当直线l斜率不存在时，方程为，是圆切线，满足题意；当直线l斜率存在时，设其方程为，即，∴圆心到直线l的距离，解得，所以直线l的方程为，即．综上，直线l的方程为或．故选：D．7.过抛物线的焦点作倾斜角为的直线交抛物线于两点，过的中点作另一条直线交轴于点，若，且，则（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】抛物线y2=2pxp>0直线的斜率为，则直线的方程为，代入抛物线方程得，即，解得，∴，∴，因为的中点，所以，即，又，∴，∴，∴，所以直线的方程为，令，得，所以，∴，∴，解得．故选：B．8.已知直线过定点,圆的方程为，若是直线与圆的一个交点，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由直线可得，令，解得，所以直线过定点，因为圆的方程为，而，所以点在圆内部，即直线与圆相交，点是圆上的任意一点，因为，设，所以，其中，则当时，取得最大值，且最大值为故选：C二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知圆，则下列结论正确的是（）A.的取值范围为B.圆关于直线对称C.若直线被圆截得的弦长为，则D.若，过点作圆的一条切线，切点为，则【答案】BCD【解析】圆可化为，所以，解得，故A错误；因为圆C的圆心为在直线上，所以圆关于直线对称，故B正确；因为圆心到直线的距离为，又弦长为，所以，可得圆C的半径为1，即，得，故C正确；当时，圆C的半径为，，所以切线长为，故D正确.故选：BCD10.已知，且，则下列选项正确的是（）A.B.C.D.若为奇数，则【答案】ACD【解析】对于A，组合数的性质为，在中，令，那么，所以，故A正确；对于B，组合数的递推公式为，令，则，移项可得，故B错误；对于C，，，所以，故C正确；对于D，根据二项式定理，当时，，当，为奇数时，，两式相加得，则，故D正确；故选：ACD.11.已知椭圆的左､右焦点分别为，过的直线与交于两点，若，则（）A. B.的面积等于C.的斜率为 D.的离心率为【答案】BC【解析】根据，设，根据椭圆的定义可得，所以，则，所以，即，因为，所以点在下顶点或上顶点，如图所示：对于A，，所以，不能得到，故A错误；对于B，由A可得，所以，，因为，所以，故B正确；对于C，若点在下顶点，则该直线的倾斜角为，此时斜率为，若点在上顶点，则该直线倾斜角为，此时斜率为，所以的斜率为，故C正确；对于D，在中，，所以，离心率为，故D错误；故选：BC.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在的展开式中，若第三项的系数为15，则__________.【答案】6【解析】的展开式的通项为，则第三项的系数为，即，即，解得(舍)或．故答案为：6．13.如图，将两个相同的四棱锥与对称摆放组成一个多面体，已知平面，四边形是边长为2的正方形，若平面与平面的夹角为，则该多面体的体积为__________.【答案】【解析】∵平面，平面，∴，，又，，平面，∴平面，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设，则,，设平面的法向量为，由，令，则，，设平面的法向量为，由，令，则，，若平面与平面的夹角为，则，解得，所以该多面体的体积为.故答案为：.14.现用3种不同的颜色给正五边形的五个顶点涂色，要求相邻顶点的颜色不同，则不同的涂色方法种数为__________.【答案】30【解析】如图，考虑B，C，E三点的涂色情况，若B，C，E三点涂三种颜色，则该三点共有种涂色方法，此时A有1种涂色方法，D有1种涂色方法，则共有种涂色方法；若B，C，E三点涂两种颜色，则E与B同色，或E与C同色，当E与B同色时，该三点共有种涂色方法，此时A有2种涂色方法，D有1种涂色方法，则共有种涂色方法，同理当E与C同色时，共有种涂色方法，综上，不同的涂色方法种数为．故答案为：30．四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.（1）求的展开式中的常数项；（2）已知，求的值.解：（1）展开式通项为．由，可得．因此展开式的常数项为第5项：．（2）已知式中令得，令得，又，所以，所以．16.已知双曲线的焦距为，且经过点.（1）求的方程；（2）已知斜率为且不经过坐标原点的直线与交于两点，若的中点在直线上，求的值.解：（1）由题意得，即，所以，因为双曲线经过点，所以代入可得，解得，，所以的方程为.（2）设直线的方程为，，，的中点为.联立，消去整理得：，所以，，则，，所以.因为在直线上，所以，又，所以.17.如图,在三棱锥中,底面，且为棱的中点.（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且，求平面与平面夹角的余弦值.解：（1）